高考數學 考前三個月復習沖刺 專題10 第44練 函數與方程思想課件 理.ppt

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專題10數學思想方法 第44練函數與方程思想 思想方法解讀 1 函數與方程思想的含義 1 函數的思想 是用運動和變化的觀點 分析和研究數學中的數量關系 是對函數概念的本質認識 建立函數關系或構造函數 運用函數的圖象和性質去分析問題 轉化問題 從而使問題獲得解決的思想方法 2 方程的思想 就是分析數學問題中變量間的等量關系 建立方程或方程組 或者構造方程 通過解方程或方程組 或者運用方程的性質去分析 轉化問題 使問題獲得解決的思想方法 2 函數與方程的思想在解題中的應用 1 函數與不等式的相互轉化 對函數y f x 當y 0時 就化為不等式f x 0 借助于函數的圖象和性質可解決有關問題 而研究函數的性質也離不開不等式 2 數列的通項與前n項和是自變量為正整數的函數 用函數的觀點去處理數列問題十分重要 3 解析幾何中的許多問題 需要通過解二元方程組才能解決 這都涉及二次方程與二次函數的有關理論 4 立體幾何中有關線段 角 面積 體積的計算 經常需要運用列方程或建立函數表達式的方法加以解決 建立空間直角坐標系后 立體幾何與函數的關系更加密切 ?？碱}型精析 高考題型精練 題型一利用函數與方程思想解決圖象交點或方程根等問題 題型二函數與方程思想在不等式中的應用 題型三函數與方程思想在數列中的應用 ?？碱}型精析 題型四函數與方程思想在解析幾何中的應用 題型一利用函數與方程思想解決圖象交點或方程根等問題 1 若g x m有實根 求m的取值范圍 解方法一因為x 0 等號成立的條件是x e 故g x 的值域是 2e 因而只需m 2e g x m就有實根 方法二 觀察圖象可知g x 的最小值為2e 因此要使g x m有實根 則只需m 2e 方法三由g x m 得x2 mx e2 0 故m 2e 2 確定t的取值范圍 使得g x f x 0有兩個相異實根 解若g x f x 0有兩個相異的實根 則函數g x 與f x 的圖象有兩個不同的交點 因為f x x2 2ex t 1 x e 2 t 1 e2 所以函數f x 圖象的對稱軸為直線x e 開口向下 最大值為t 1 e2 故當t 1 e2 2e 即t e2 2e 1時 g x 與f x 的圖象有兩個交點 即g x f x 0有兩個相異實根 所以t的取值范圍是 e2 2e 1 點評函數圖象的交點 函數零點 方程的根三者之間可互相轉化 解題的宗旨就是函數與方程的思想 方程的根可轉化為函數零點 函數圖象的交點 反之函數零點 函數圖象交點個數問題也可轉化為方程根的問題 A 5B 6C 7D 8 由題意知函數f x 的周期為2 則函數f x g x 在區(qū)間 5 1 上的圖象如圖所示 由圖象知f x g x 有三個交點 故方程f x g x xA xB xC 7 答案C 題型二函數與方程思想在不等式中的應用 令f x 0得x2 4x 3 0 解得1 x 3 故函數f x 的單調遞增區(qū)間是 1 3 單調遞減區(qū)間是 0 1 和 3 故在區(qū)間 0 2 上 x 1是函數的極小值點 這個極小值點是唯一的 由于函數g x x2 2bx 4 x 1 2 當b2時 g x max g 2 4b 8 解第一個不等式組得b 1 第三個不等式組無解 點評不等式恒成立問題的處理方法在解決不等式恒成立問題時 一種最重要的思想方法就是構造適當的函數 利用函數的圖象和性質解決問題 同時要注意在一個含多個變量的數學問題中 需要確定合適的變量和參數 從而揭示函數關系 使問題更明朗化 一般地 已知存在范圍的量為變量 而待求范圍的量為參數 證明記h x x 5 f x 9 x 1 則當1 x 3時 因此h x 在 1 3 內單調遞減 題型三函數與方程思想在數列中的應用 例3已知數列 an 是首項為2 各項均為正數的等差數列 a2 a3 a4 1成等比數列 設bn 其中Sn是數列 an 的前n項和 若對任意n N 不等式bn k恒成立 求實數k的最小值 又因為 an 是正項等差數列 故d 0 所以 2 2d 2 2 d 3 3d 得d 2或d 1 舍去 所以數列 an 的通項公式an 2n 因為Sn n n 1 所以f x 在 1 上是增函數 故當x 1時 f x min f 1 3 要使對任意的正整數n 不等式bn k恒成立 點評數列問題函數 方程 化法數列問題函數 方程 化法與形式結構函數 方程 化法類似 但要注意數列問題中n的取值范圍為正整數 涉及的函數具有離散性特點 其一般解題步驟 第一步 分析數列式子的結構特征 第二步 根據結構特征構造 特征 函數 方程 轉化問題形式 第三步 研究函數性質 結合解決問題的需要研究函數 方程 的相關性質 主要涉及函數單調性與最值 值域問題的研究 第四步 回歸問題 結合對函數 方程 相關性質的研究 回歸問題 變式訓練3已知f x x2 4x 4 f1 x f x f2 x f f1 x fn x f fn 1 x 函數y fn x 的零點個數記為an 則an等于 A 2nB 2n 1C 2n 1D 2n或2n 1 解析f1 x x2 4x 4 x 2 2 有1個零點2 由f2 x 0可得f1 x 2 即y f2 x 有2個零點 即y f3 x 有4個零點 以此類推可知 y fn x 的零點個數an 2n 1 故選B 答案B 題型四函數與方程思想在解析幾何中的應用 1 求橢圓C的方程 設c 0 c2 a2 b2 2 求m的取值范圍 解設直線l的方程為y kx m k 0 l與橢圓C的交點坐標為A x1 y1 B x2 y2 2km 2 4 k2 2 m2 1 4 k2 2m2 2 0 整理得4k2m2 2m2 k2 2 0 即k2 4m2 1 2m2 2 0 當m2 時 上式不成立 由 式 得k2 2m2 2 又k 0 點評利用判別式法研究圓錐曲線中的范圍問題的步驟第一步 聯(lián)立方程 第二步 求解判別式 第三步 代換 利用題設條件和圓錐曲線的幾何性質 得到所求目標參數和判別式不等式中的參數的一個等量關系 將其代換 第四步 下結論 將上述等量代換式代入 0或 0中 即可求出目標參數的取值范圍 第五步 回顧反思 在研究直線與圓錐曲線的位置關系問題時 無論題目中有沒有涉及求參數的取值范圍 都不能忽視了判別式對某些量的制約 這是求解這類問題的關鍵環(huán)節(jié) 變式訓練4如圖所示 設橢圓C1 1的左 右焦點分別是F1 F2 下頂點為A 線段OA的中點為B O為坐標原點 若拋物線C2 y mx2 n m 0 n 0 與y軸的交點為B 且經過F1 F2兩點 1 求拋物線C2的方程 解由題意可知A 0 2 則B 0 1 由拋物線y mx2 n過點B 可知n 1 又F1 1 0 F2 1 0 拋物線y mx2 n經過F1 F2兩點 即m n 0 所以m 1 所以拋物線C2的方程為y x2 1 2 設M N為拋物線C2上的一動點 過點N作拋物線C2的切線交橢圓C1于P Q兩點 求 MPQ的面積的最大值 解設N t t2 1 由y 2x 知直線PQ的方程為y t2 1 2t x t 即y 2tx t2 1 將其代入橢圓方程 整理得4 1 5t2 x2 20t t2 1 x 5 t2 1 2 20 0 400t2 t2 1 2 80 5t2 1 t2 1 2 4 80 t4 182 3 設P x1 y1 Q x2 y2 設點M到直線PQ的距離為d 當且僅當t 3時取 經檢驗此時 0 滿足題意 高考題型精練 1 若2x 5y 2 y 5 x 則有 A x y 0B x y 0C x y 0D x y 0解析把不等式變形為2x 5 x 2 y 5y 構造函數y 2x 5 x 其為R上的增函數 所以有x y 即x y 0 B 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 2 在如圖所示的銳角三角形空地中 欲建一個面積不小于300m2的內接矩形花園 陰影部分 則其邊長x 單位 m 的取值范圍是 A 15 20 B 12 25 C 10 30 D 20 30 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 解析如圖 ADE ABC 設矩形的另一邊長為y 所以y 40 x 由題意知xy 300 即x 40 x 300 整理得x2 40 x 300 0 解不等式得10 x 30 答案C 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 4 已知f x 是定義域為R的偶函數 當x 0時 f x x2 4x 那么 不等式f x 2 0 x 0時 f x x2 4x f x x 2 4 x x2 4x 又f x 為偶函數 f x f x 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 由于f x 向左平移兩個單位即得f x 2 故f x 2 5的解集為 x 7 x 3 答案 x 7 x 3 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 5 當x 2 1 時 不等式ax3 x2 4x 3 0恒成立 求實數a的取值范圍 解當x 0時 ax3 x2 4x 3 0變?yōu)? 0恒成立 即a R 當x 0 1 時 ax3 x2 4x 3 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 x 在 0 1 上遞增 x max 1 6 a 6 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 當x 2 1 時 x 0 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 當x 1時 x 有極小值 即為最小值 a 2 綜上知 6 a 2 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 1 當n 2時 求函數f x 的極值 解由已知得函數f x 的定義域為 x x 1 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 當x 1 x1 時 f x 0 f x 單調遞增 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 當a 0時 f x 0時 當a 0時 f x 無極值 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 2 當a 1時 證明 對任意的正整數n 當x 2時 有f x x 1 證明因為a 1 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 所以當x 2 時 g x 單調遞增 又g 2 0 因此g x x 1 ln x 1 g 2 0恒成立 所以f x x 1成立 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 所以只需證ln x 1 x 1 令h x x 1 ln x 1 所以當x 2 時 h x x 1 ln x 1 單調遞增 又h 2 1 0 所以當x 2時 恒有h x 0 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 1 2 3 4 5 6 即ln x 1 x 1命題成立 綜上所述 結論成立