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江苏省2012届高考数学二轮复习:第19讲 函数与方程思想

第19讲函数与方程思想

江苏省2012届高考数学二轮复习:第19讲 函数与方程思想

考试说明指出:“高考把函数与方程的思想作为思想方法的重点来考查,使用填空题考查函数与方程思想的基本运算,而在解答题中,则从更深的层次,在知识网络的交汇处,从思想方法与相关能力相综合的角度进行深入考查.”

函数的思想,是用运动和变化的观点,分析和研究数学中的数量关系,建立函数关系或构造函数,运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题,从而使问题获得解决.方程的思想,就是分析数学问题中各个量及其关系,建立方程或方程组、不等式或不等式组或构造方程或方程组、不等式或不等式组,通过求方程或方程组、不等式或不等式组的解的情况,使问题得以解决.

函数和方程的思想简单地说,就是学会用函数和变量来思考,学会转化已知与未知的关系,对函数和方程思想的考查,主要是考查能不能用函数和方程思想指导解题,一般情况下,凡是涉及未知数问题都可能用到函数与方程的思想.

函数与方程的思想在解题应用中主要体现在两个方面:(1) 借助有关初等函数的图象性质,解有关求值、解(证)方程(等式)或不等式,讨论参数的取值范围等问题;(2) 通过建立函数式或构造中间函数把所要研究的问题转化为相应的函数模型,由所构造的函数的性质、结论得出问题的解.

由于函数在高中数学中的举足轻重的地位,因而函数与方程的思想一直是高考要考查的重点,对基本初等函数的图象及性质要牢固掌握,另外函数与方程的思想在解析几何、立体几何、数列等知识中的广泛应用也要重视.

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1. 设集合A={-1,1,3},B={a+2,a2+4},A∩B={3},则实数a=________.

2.函数f(x)=ax-a+1存在零点x0,且x0∈[0,2],则实数a的取值范围是________.

3.一个长方体共一顶点的三个面的面积分别为2,3,6,则该长方体的外接球体积为________.

4.关于x的方程sin2x+cosx+a=0有实根,则实数a的取值范围是________.

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【例1】若a,b为正数,且ab=a+b+3,求a+b的取值范围.

【例2】设函数f(x)=ax2+bx+c(a>0),且f(1)=-a 2.

(1) 求证:函数f(x)有两个零点;

(2) 设x1,x2是函数f(x)的两个零点,求|x1-x2|的取值范围;

(3) 求证:函数f(x)的零点x1,x2至少有一个在区间(0,2)内.

【例3】如图,直线l:y=x+b与抛物线C:x2=4y相切于点A.

(1) 求实数b的值;

(2) 求以点A为圆心,且与抛物线C的准线相切的圆的方程.

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【例4】已知函数f(x)=x|x2-3|,x∈[0,m],其中m∈R,且m>0

(1) 若m<1,求证:函数f(x)是增函数;

(2) 如果函数f(x)的值域是[0,2],试求m的取值范围;

(3) 如果函数f(x)的值域是[0,λm2],试求实数λ的最小值.

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1. (2011·北京)已知函数f(x)=?????

2x ,x ≥2,

(x -1)3,x<2,若关于x 的方程f(x)=k 有两个不同的

实根,则实数k 的取值范围是________.

2.(2011·广东)等差数列{a n }前9项的和等于前4项的和.若a 1=1,a k +a 4=0,则k =________.

3.(2009·福建)若曲线f(x)=ax 3+lnx 存在垂直于y 轴的切线,则实数a 的取值范围是________.

4.(2010·天津)设函数f(x)=x -1

x ,对任意x ∈[1,+∞),f(mx)+mf(x)<0恒成立,则实

数m 的取值范围是________.

5.(2011·辽宁) 设函数f(x)=x +ax 2+blnx ,曲线y =f(x)过点P(1,0),且在P 点处的切线斜率为2.

(1) 求a ,b 的值; (2) 证明:f(x)≤2x -2.

6.(2011·全国)在平面直角坐标系xOy 中,曲线y =x 2-6x +1与坐标轴的交点都在圆C 上.

(1) 求圆C 的方程;

(2) 若圆C 与直线x -y +a =0交于A ,B 两点,且OA ⊥OB ,求a 的值.

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(2009·广东)(本小题满分14分)已知二次函数y =g(x)的导函数的图象与直线y =2x 平

行,且y =g(x)在x =-1处取得最小值m -1(m ≠0).设函数f(x)=g (x )

x

.

(1) 若曲线y =f(x)上的点P 到点Q(0,2)的距离的最小值为2,求m 的值 (2) k(k ∈R )如何取值时,函数y =f(x)-kx 存在零点,并求出零点. 解:(1) 设g(x)=ax 2+bx +c ,则g ′(x)=2ax +b ;

又g ′(x)的图象与直线y =2x 平行,∴ 2a =2,a =1.(1分) 又g(x)在x =-1取极小值,-b

2=-1,b =2,

∴ g(-1)=a -b +c =1-2+c =m -1,c =m ;(2分) f(x)=

g (x )x =x +m

x

+2,设P(x 0,y 0), 则|PQ|

2

=x 20+(y 0-2)2=x 20+

????x 0+m x 02=2x 2

0+m 2

x 20

+2m ≥22m 2+2m ,(4分) 当且仅当

2x 02

=m 2x 0

2时,|PQ|2取最小值,即|PQ|取最小值

2.

当m>0时,22m +2m =2,∴ m =2-1(6分) 当m<0时,-22m +2m =2,∴ m =-2-1(7分) (2) 由y =f(x)-kx =(1-k)x +m

x +2=0,

得(1-k)x 2+2x +m =0. (*)

当k =1时,方程(*)有一解x =-m 2,函数y =f(x)-kx 有一零点x =-m

2;(8分)

当k ≠1时,方程(*)有二解

=4-4m(1-k)>0,若m>0,k>1-1m

函数y =f(x)-kx 有两个零点x =-2±4-4m (1-k )2(1-k )=1±1-m (1-k )

k -1;(10分)

若m<0,k<1-

1

m ,函数y =f(x)-kx 有两个零点,x =-2±4-4m (1-k )2(1-k )

=1±1-m (1-k )

k -1

;(12分)

当k ≠1时,方程(*)有一解=4-4m(1-k)=0,k =1-1

m

, 函数y =f(x)-kx 有一个

零点,x =1

k -1.(14分)

第19讲 函数与方程思想

江苏省2012届高考数学二轮复习:第19讲 函数与方程思想

1. 在等差数列{a n }中,已知a 5=10,a 12=31,则通项a n =__________.

【答案】 3n -5 解析:显然公差不为零,故通项为n 的一次函数,设a n =an +b ,a ,

b 为常数,由题意得?

??

??

5a +b =10,

12a +b =31?

????

a =3,

b =-5,∴ a n =3n -5.

2. 设函数f(x)=x 2-1,对任意x ∈????32,+∞,f ????x

m -4m 2f(x)≤f(x -1)+4f(m)恒成立,则实数m 的取值范围是____________.

【答案】 ????-∞,-32∪???

?3

2,+∞

解析:(解法1)不等式化为f(x -1)+4f(m)-f ????x m +4m 2

f(x)≥0, 即(x -1)2

-1+4m 2

-4-x 2

m

2+1+4m 2x 2-4m 2≥0,

整理得???

?1-1

m 2+4m 2x 2-2x -3≥0, 因为x 2>0,所以1-1

m 2+4m 2≥2x +3x 2,设g(x)=2x +3x 2,x ∈????32,+∞. 于是题目化为1-1m 2+4m 2≥g(x),对任意x ∈????32,+∞恒成立的问题. 为此需求g(x)=2x +3x 2,x ∈????32,+∞的最大值.设u =1x ,则0<u ≤2

3

. 函数g(x)=h(u)=3u 2+2u 在区间????0,23上是增函数,因而在u =2

3处取得最大值. h ????23=3×49+2×23=83,所以1-1m 2+4m 2

≥g(x)max =83, 整理得12m 4-5m 2-3≥0,即(4m 2-3)(3m 2+1)≥0, 所以4m 2-3≥0,解得m ≤-

32或m ≥3

2

, 因此实数m 的取值范围是m ∈?

???-∞,-

32∪???

?32,+∞.

(解法2)(前面同解法1)原题化为1-1m 2+4m 2≥g(x),对任意x ∈????32,+∞恒成立的问题.

为此需求g(x)=2x +3x 2,x ∈????3

2,+∞的最大值. 设t =2x +3,则t ∈[6,+∞).g(x)=h(t)=4t

t 2-6t +9

4

t +9t

-6. 因为函数t +9t 在(3,+∞)上是增函数,所以当t =6时,t +9t 取得最小值6+3

2

.

从而h(t)有最大值46+32-6=83.所以1-1m 2+4m 2≥g max (x)=8

3,整理得12m 4-5m 2-3≥0,

即(4m 2-3)(3m 2+1)≥0,

所以4m 2-3≥0,解得m ≤-

32或m ≥32

, 因此实数m 的取值范围是m ∈?

???-∞,-

32∪???

?32,+∞.

(解法3)不等式化为f(x -1)+4f(m)-f ???

?x m +4m 2

f(x)≥0,即 (x -1)2

-1+4m 2

-4-x 2

m

2+1+4m 2x 2-4m 2≥0,整理得????1-1m 2+4m 2x 2-2x -3≥0,令F(x)=???

?1-1

m 2+4m 2x 2-2x -3.

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由于F(0)=-3<0,则其判别式Δ>0,因此F(x)的最小值不可能在函数图象的顶点得

到,

所以为使F(x)≥0对任意x ∈????32,+∞恒成立,必须使F ???

?3

2为最小值, 即实数m 应满足??

?

1-1

m

2+4m 2>0,F ???

?32≥0,

解得m 2≥3

4

,因此实数m 的取值范围是

m ∈?

???-∞,-

32∪???

?32,+∞. 基础训练

1. 1 解析:a +2=3,a =1,a 2+4>3,不用讨论.

2. a ≤-1或a ≥1 解析:f(0)·f(2)≤0,(a +1)(a -1)≥0.

3.

6π 解析:设长方体的长、宽、高分别为x ,y ,z ,???

xy =

2,xz =

3,yz =

6

???

x =1,y =2,z =3,

2r =x 2+y 2+z 2=6,V =4

3

πr 3=6π.

4. ????-54,1 解析:a =-sin 2x -cosx =????cosx -122-54,最小值为-5

4,最大值为1. 例题选讲

例1 点拨:本题解法很多,关键要学会转化.

解:(解法1)将ab =a +b +3看成是含两个未知数的方程,可以用一个字母去表示另一个字母,再代入到a +b 中,转化为一元函数.

b =a +3a -1,a +b =a +a +3a -1=2+(a -1)+4a -1,由b ∈R +得a >1,∴ a +b =2+(a -1)+4a -1≥2+2

(a -1)×4a -1=6,当且仅当a -1=4a -1

即a =3时取等号,故a +b 的取值范围是

[6,+∞).

(解法2) 直接利用基本不等式ab ≤????a +b 22

,构造不等式,然后解不等式即可.

ab =a +b +3≤??

?

?a +b 22

,(a +b)2-4(a +b)-12≥0,(a +b -6)(a +b +2)≥0.

从而得a +b ≥6.(当且仅当a =b =3时取等号)

变式训练 若a ,b 为正数,且ab =a +b +3,求ab 的取值范围. 【答案】 ab ≥9.

例2 点拨:结合二次函数、二次方程间的关系,利用二次方程根的分布、根与系数关系、零点存在性定理解决.

(1) 证明:∵ f(1)=a +b +c =-a

2,∴ 3a +2b +2c =0.

∴ c =-3

2

a -b.

∴ f(x)=ax 2+bx -3

2

a -

b ,

判别式Δ=b 2-4a ???

?-3

2a -b =b 2+6a 2+4ab =(2a +b)2+2a 2, 又∵ a >0,∴ Δ>0恒成立,故函数f(x)有两个零点.

(2) 解:若x 1,x 2是函数f(x)的两个零点,则x 1,x 2是方程f(x)=0的两根, ∴ x 1+x 2=-b a ,x 1x 2=-b a -3

2.

∴ |x 1-x 2|=(x 1+x 2)2-4x 1x 2=

????-b a 2-4????-b a -32=

???

?b a +22+2≥ 2.

|x 1-x 2|的取值范围是[2,+∞].

(3) 证明:f(0)=c ,f(2)=4a +2b +c ,由(1)知3a +2b +2c =0,∴ f(2)=a -c. ①当c >0时,有f(0)>0,又∵ a >0,∴ f(1)=-a

2

<0,

∴ 函数f(x)在区间(0,1)内至少有一个零点.

②当c ≤0时,f(2)=a -c >0,f(1)<0,f(0)=c ≤0, ∴ 函数f(x)在区间(1,2)内有一个零点,

综合①②可知函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点.

变式训练 设a 1,d 为实数,首项为a 1,公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ,满足S 5S 6+15=0.

(1) 若S 5=5,求S 6及a 1; (2) 求d 的取值范围.

解:(1) 由题意知S 6

=-15

S 5

=-3,∴ ???

S 5

=5a 1

+5×4

2d =5,S 6

=6a 1

+6×5

2

d =-3,

解得a 1=7,d =-3.∴ S 6=-3,a 1=7.

(2) ∵ S 5S 6+15=0,

∴ (5a 1+10d)(6a 1+15d)+15=0,

即2a 21+9da 1+10d 2

+1=0.

故(4a 1+9d)2=d 2-8,∴ d 2-8≥0. 故d 的取值范围为d ≤-22或d ≥2 2.

例3 解:(1) 由?

????

y =x +b ,

x 2=4y 得x 2-4x -4b =0,(*)

因为直线l 与抛物线C 相切,所以Δ=(-4)2-4×(-4b)=0,解得b =-1.

(2) 由(1)可知b =-1,故方程(*)即为x 2-4x +4=0,

解得x =2,代入x 2=4y ,得y =1.故点A(2,1),因为圆A 与抛物线C 的准线相切,所以圆A 的半径r 等于圆心A 到抛物线的准线y =-1的距离,即r =|1-(-1)|=2,所以圆A 的方程为(x -2)2+(y -1)2=4.

例4 (1) 证明:当m<1时,f(x)=x(3-x 2)=3x -x 3, 因为f ′(x)=3-3x 2=3(1-x 2)>0,所以f(x)是增函数, (2) 解:令g(x)=x|x 2-3|,x ≥0,

则g(x)=?

??

3x -x 3

,0≤x ≤3,

x 3-3x ,x> 3.

当0≤x ≤3时,g ′(x)=3-3x 2,由g ′(x)=0得x =1,

所以g(x)在[0,1]上是增函数,在[1,3]上是减函数.

当x>3时,g ′(x)=3x 2-3>0,所以g(x)在[3,+∞)上是增函数, 所以x ∈[0,3]时,g(x)max =g(1)=2,g(x)min =g(0)=g(3)=0, 所以03时,在x ∈[0,3]时,f(x)∈[0,2], 在x ∈[3,m]时,f(x)∈[0,f(m)],

这时f(x)的值域是[0,2]的充要条件是f(m)≤2,

即m 3-3m ≤2,(m -2)(m +1)2≤0,解得3

(3) 由(2)可知,0

2m

2,m ∈[1,2]时这是减函数,∴ λ∈????12,2. 当m>2时,函数f(x)的最大值为f(m)=m 3-3m ,由题意知m 3-3m =λm 2,即λ=m -3

m ,

这是增函数,∴ λ∈????12,+∞.

综上,当m =2时,实数λ取最小值为1

2.

变式训练 已知函数g(x)=xlnx ,设0<a <b , 求证:0<g(a)+g(b)-2g ??

??

a +

b 2<(b -a)ln2.

点拨:确定变量,构造函数证明不等式. 证明:g(x)=xlnx ,g ′(x)=lnx +1. 构造函数F(x)=g(a)+g(x)-2g ??

??a +x 2,

则F ′(x)=g ′(x)-2???

?

g ????a +x 2′=lnx -ln a +x 2.

当0<x <a 时,F ′(x)<0,在此F(x)在(0,a)内为减函数;

当x >a 时,F ′(x)>0,因此F(x)在(a ,+∞)上为增函数. 从而,当x =a 时,F(x)有极小值F(a). 因为F(a)=0,b >a ,所以F(b)>0, 即0<g(a)+g(b)-2g ??

??a +b 2.

再构造函数G(x)=F(x)-(x -a)ln2,

则G ′(x)=lnx -ln a +x

2

-ln2=lnx -ln(a +x).

当x >0时,G ′(x)<0.因此G(x)在(0,+∞)上为减函数. 因为G(a)=0,b >a ,所以G(b)<0, 即g(a)+g(b)-2g ??

??

a +

b 2<(b -a)ln2.

综上得0<g(a)+g(b)-2g ????

a +

b 2<(b -a)ln2.

高考回顾

1. (0,1) 解析:f(x)=2

x (x ≥2)单调递减且值域为(0,1],f(x)=(x -1)3(x <2)单调递增且值

域为(-∞,1),结合函数的图象可得f(x)=k 有两个不同的实根,则实数k 的取值范围是(0,1).

2. 10 解析:S 9=S 4,9a 1+9×82d =4a 1+4×32d ,a 1=1,d =-1

6;

由1+(k -1)????-16+1+3×???-1

6=0,得k =10. 本题也可用数列性质解题,S 9=S 4

7=0.

3. (-∞,0) 解析:由题意可知f ′(x)=3ax 2+1

x ,又因为存在垂直于y 轴的切线,所

以3ax 2+1

x

=-1

3x

3(x >

∈(-∞,0).

4. (-∞,-1) 解析:因为对任意x ∈[1,+∞),f(mx)+mf(x)=2mx -

1mx -m

x

<0恒成立,显然m ≠0.所以当m <0时,有2m 2x 2-1-m 2>0对任意x ∈[1,+∞)恒成立,即2m 2×1-1-m 2>0,解得m 2>1,即m <-1;当m >0时,有2m 2x 2-1-m 2<0对任意x ∈[1,+∞)恒成立,m 无解,综上所述实数m 的取值范围是m <-1.

5. (1) 解:f ′(x)=1+2ax +b

x

.

由已知条件得????? f (1)=0,f ′(1)=2.即?

???

?

1+a =0,1+2a +b =2,解得a =-1,b =3.

(2) 证明:f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知f(x)=x -x 2+3lnx.

设g(x)=f(x)-(2x -2)=2-x -x 2+3lnx ,则 g ′(x)=-1-2x +3

x =-(x -1)(2x +3)x

.

当0<x <1时,g ′(x)>0;当x >1时,g ′(x)<0. 所以g(x)在(0,1)单调增加,在(1,+∞)单调减少. ∴ x =1时,g(x)取极大值即为最大值.

而g(1)=0,故当x >0时,g(x)≤0,即f(x)≤2x -2.

6. 解:(1) 曲线y =x 2-6x +1与y 轴的交点为(0,1),与x 轴的交点为(3+22,0),(3-22,0).

故可设圆C 的圆心为(3,t),则有32+(t -1)2=(22)2+t 2,解得t =1.

则圆C 的半径为32+(t -1)2=3.所以圆C 的方程为(x -3)2+(y -1)2=9. (2) 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),其坐标满足方程组:

?

????

x -y +a =0,(x -3)2+(y -1)2

=9.消去y ,得到方程2x 2+(2a -8)x +a 2-2a +1=0. 由已知可得,判别式Δ=56-16a -4a 2>0.

因此,x 1,2=(8-2a )±56-16a -4a 24,从而x 1+x 2=4-a ,x 1x 2=a 2-2a +12,①

由OA ⊥OB ,可得x 1x 2+y 1y 2=0,又y 1=x 1+a ,y 2=x 2+a ,

所以2x 1x 2+a(x 1+x 2)+a 2=0,②

由①,②得a =-1,满足Δ>0,故a =-1.