典型题高考数学二轮复习知识点总结函数与方程思想Word格式.docx
- 文档编号:18396282
- 上传时间:2022-12-16
- 格式:DOCX
- 页数:10
- 大小:33.74KB
典型题高考数学二轮复习知识点总结函数与方程思想Word格式.docx
《典型题高考数学二轮复习知识点总结函数与方程思想Word格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《典型题高考数学二轮复习知识点总结函数与方程思想Word格式.docx(10页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
=-==,
令f(x)=2x+(x≥1),
则f′(x)=2-,当x≥1时,f′(x)>
0恒成立,
所以f(x)在[1,+∞)上是增函数,故当x=1时,[f(x)]min=f
(1)=3,
即当n=1时,(bn)max=,
要使对任意的正整数n,不等式bn≤k恒成立,
则须使k≥(bn)max=,
所以实数k的最小值为.
(1)等差(比)数列中各有5个基本量,建立方程组可“知三求二”;
(2)数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数,数列的通项公式即为相应的解析式,因此在解决数列问题时,应注意用函数的思想求解.
已知数列{an}是等差数列,a1=1,a2+a3+…+a10=144.
(1)求数列{an}的通项an;
(2)设数列{bn}的通项bn=,记Sn是数列{bn}的前n项和,若n≥3时,有Sn≥m恒成立,求m的最大值.
解
(1)∵{an}是等差数列,a1=1,a2+a3+…+a10=144,
∴S10=145,∴S10=,
∴a10=28,∴公差d=3.
∴an=3n-2(n∈N*).
(2)由
(1)知bn==
=,
∴Sn=b1+b2+…+bn=,
∴Sn=.
∵Sn+1-Sn=-=>
0,
∴数列{Sn}是递增数列.
当n≥3时,(Sn)min=S3=,
依题意,得m≤,∴m的最大值为.
类型二 函数与方程思想在方程问题中的应用
例2 如果方程cos2x-sinx+a=0在(0,]上有解,求a的取值范围.
解 方法一 设f(x)=-cos2x+sinx(x∈(0,]).
显然当且仅当a属于f(x)的值域时,a=f(x)有解.
∵f(x)=-(1-sin2x)+sinx=(sinx+)2-,
且由x∈(0,]知sinx∈(0,1].
易求得f(x)的值域为(-1,1].
故a的取值范围是(-1,1].
方法二 令t=sinx,由x∈(0,],可得t∈(0,1].
将方程变为t2+t-1-a=0.
依题意,该方程在(0,1]上有解.
设f(t)=t2+t-1-a.
其图象是开口向上的抛物线,对称轴t=-,如图所示.
因此f(t)=0在(0,1]上有解等价于,
即,∴-1<
a≤1.故a的取值范围是(-1,1].
研究此类含参数的三角、指数、对数函数等复杂方程解的问题,通常有两种处理思路:
一是分离参数构建函数,将方程有解转化为求函数的值域;
二是换元,将复杂方程问题转化为熟悉的二次方程,进而利用二次方程解的分布情况构建不等式或构造函数加以解决.
当a为何值时,方程lg(3-x)+lg(x-1)=lg(a-x)有两解?
一解?
无解?
解 当即1<
x<
3时,方程化为(x-1)(3-x)=a-x,即-x2+5x-3=a.(*)
作出函数y=-x2+5x-3(1<
3)的图象(如图),该图象与直线y=a
的交点横坐标是方程(*)的解,也是原方程的解.
由图形易看出:
当3<
a<
时,原方程有两解;
当1<
a≤3或a=时,原方程有一解;
当a>
或a≤1时,原方程无解.
类型三 函数与方程思想在不等式中的应用
例3 设f(x)=lnx+-1,证明:
(1)当x>
1时,f(x)<
(x-1);
(2)当1<
3时,f(x)<
.
证明
(1)方法一 记g(x)=lnx+-1-(x-1),
则当x>
1时,g′(x)=+-<
0.
又g
(1)=0,所以有g(x
)<
0,即f(x)<
(x-1).
方法二 当x>
1时,2<
x+1,故<
+.①
令k(x)=lnx-x+1,则k
(1)=0,k′(x)=-1<
故k(x)<
0,即lnx<
x-1.②
由①②得,当x>
(2)方法一 记h(x)=f(x)-,
由
(1)得h′(x)=+-
=-<
-
=.
令G(x)=(x+5)3-216x,则当1<
3时,
G′(x)=3(x+5)2-216<
因此G(x)在(1,3)内是减函数.
又由G
(1)=0,得G(x)<
0,所以h′(x)<
因此h(x)在(1,3)内是减函数.
又h
(1)=0,所以h(x)<
于是当1<
方法二 记h(x)=(x+5)f(x)-9(x-1),
则当1<
由
(1)得h′(x)=f(x)+(x+5)f′(x)-9
<
(x-1)+(x+5)·
-9
=[3x(x-1)+(x+5)(2+)-18x]
=(7x2-32x+25)<
因此h(x)在(1,3)内单调递减.
即f(x)<
根据所证不等式的结构特征构造相应的函数,研究该函数的单调性是解决这一类问题的关键,体现了导数的工具性以及函数、方程的数学思想.
f(x)=ax3-3x+1对于x∈[-1,1]总有f
(x)≥0成立,则a=________.
答案 4
解析 若x=0,则不论a取何值,f(x)≥0显然成立;
当x>
0即x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0可化为
a≥-.
设g(x)=-,则g′(x)=,所以g(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,
因此g(x)max=g=4,从而a≥4;
当x<
0即x∈[-1,0)时,
f(x)=ax3-3x+1≥0可化为
a≤-,g(x)=-在区间[-1,0)上单调递增,
因此g(x)min=g(-1)=4,
从而a≤4,综上a=4.
类型四 函数与方程思想在解析几何中的应用
例4 已知椭圆的中心为坐标原点O,焦点在x轴上,离心率为,坐标原点O到过右焦点F且斜率为1的直线的距离为.
(1)求椭圆的方程;
(2)设过右焦点F且与坐标轴不垂直的直线l交椭圆于P、Q两点,在线段OF上是否存在点M(m,0),使得以MP、MQ为邻边的平行四边形是菱形?
若存在,求出m的取值范围,若不存在,请说明理由.
解
(1)由已知,椭圆方程可设为+=1(a>
b>
0),
设F(c,0),直线l:
x-y-c=0,
由坐标原点O到l的距离为,
得=,解得c=1.
又e==,故a=,b=1,
∴所求椭圆方程为+y2=1.
(2)假设存在点M(m,0)(0≤m≤1)满足条件,使得以MP,MQ为邻边的平行四边形是菱形.
因为直线与x轴不垂直,
所以设直线l的方程为y=k(x-1)(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),
由可得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0.
显然Δ>
0恒成立,∴x1+x2=,x1x2=.
设线段PQ的中点为N(x0,y0),
则x0==,y0=k(x0-1)=.
∵以MP、MQ为邻边的平行四边形是菱形,
∴MN⊥PQ,∴kMN·
kPQ=-1.
即·
k=-1,∴m==,
∵k2>
0,∴0<
m<
本题主要考查直线方程、直线的斜率与倾斜角的关系、椭圆方程以及直线与椭圆的位置关系、函数与方程思想等知识,多知识点、多章节知识的交汇是综合题的出题方向.要熟练数学思想方法的应用.
已知椭圆C:
+=1(a>
0)的离心率为,以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x-y+=0相切,过点P(4,0)且不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于A、B两点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)求·
的取值范围;
(3)若B点关于x轴的对称点是E,证明:
直线AE与x轴相交于定点.
(1)解 由题意知e==,
∴e2===,即a2=b2,
又b==,∴a
2=4,b2=3,
故椭圆C的方程为+=1.
(2)解 由题意知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为
y=k(x-4),
由得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0,
由Δ=(-32k2)2-4(4k2+3)(64k2-12)>
0得k2<
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,①
∴y1y2=k(x1-4)
k(x2-4)=k2x1x2-4k2(x1+x2)+16k2,
∴·
=x1x2+y1y2
=(1+k2)·
-4k2·
+16k2=25-,
∵0≤k2<
,∴-≤-<
-,
∈,
的取值范围是.
(3)证明 ∵B、E两点关于x轴对称,∴E(x2,-y2),
直线AE的方程为y-y1=(x-x1),
令y=0得x=x1-,
又y1=k(x1-4),y2=k(x2-4),
∴x=,
将①代入上式得x=1,
∴直线AE与x轴交于定点(1,0).
1.在高中数学的各个部分,都有一些公式和定理,这些公式和定理本身就是一个方程,如等差数列的通项公式、余弦定理、解析几何的弦长公式等,当题目与这些问题有关时,就需要根据这些公式或者定理列方程或方程组求解需要的量.
2.当问题中涉及一些变化的量时,就需要建立这些变化的量之间的关系,通过变量之间的关系探究问题的答案,这就需要使用函数思想.
3.借助有关函数的性质,一是用来解决有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题,二是在问题的研究中,可以通过建立函
数关系式或构造中间函数来求解.
4.许多数学问题中,一般都含有常量、变量或参数,这些参变量中必有一个处于突出的主导地位,把这个参变量称为主元,构造出关于主元的方程,主元思想有利于回避多元的困扰,解方程的实质就是分离参变量.
1.若2x+5y≤2-y+5-x,则有( )
A.x+y≥0B.x+y≤0
C.x-y≤0D.x-y≥0
答案 B
解析 把不等式变形为2x-5-x≤2-y-5y,构造函数y=2x-5-x,其为R上的增函数,所以有x≤-y.
2.设直线x=t与函数f(x)=x2,g(x)=lnx的图象分别交于点M、N,则当|MN|达到最小时t的值为( )
A.1B.C.D.
答案 D
解析 可知|MN|=f(x)-g(x)=x2-lnx.
令F(x)=x2-lnx,F′(x)=2x-=,
所以当0<
时,F′(x)<
0,F(x)单调递减;
时,F′(x)>
0,F(x)单调递增,
故当x=t=时,F(x)有最小值,即|MN|达到最小.
3.长度都为2的向量,的夹角为60°
,点C在以O为圆心的圆弧(劣弧)上,=m+n,则m+n的最大值是________.
答案
解析 建立平面直角坐标系,设向量=(2,0),向量=(1,).设向量=(2cosα,2sinα),0≤α≤.
由=m+n,得(2cosα,2sinα)=(2m+n,n),
即2cosα=2m+n,2sinα=n,
解得m=cosα-sinα,n=sinα.
故m+n=cosα+sinα=sin≤.
4.已知f(x)=xlnx,g(x)=-x2+a
x-3.若对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立.实数a的取值范围为________.
答案 a≤4
解析 由题意,得当x∈(0,+∞)时,
有2xlnx≥-x2+ax-3,则a≤2lnx+x+.
设h(x)=2lnx+x+(x>
0),则h′(x)=,当x∈(0,1)时,h′(x)<
0,h(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,h′(x)>
0,h(x)单调递增,
所以h(x)min=h
(1)=4.
因为对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,
所以a≤h(x)min=4.
5.
已知椭圆G:
1),⊙M:
(x+1)2+y2=1,P为椭圆
G上一点,过P作⊙M的两条切线PE、PF,E、F分别为切点.
(1)求t=||的取值范围;
(2)把·
表示成t的函数f(t),并求出f(t)的最大值、最小值.
解
(1)设P(x0,y0),则+=1(a>
1),
∴y=(a2-1),
∴t2=||2=(x0+1)2+y
=(x0+1)2+(a2-1)
=2,
∴t=.
∵-a≤x0≤a,
∴a-1≤t≤a+1(a>
1).
(2)∵·
=||||cos∠EPF
=||2(2cos2∠EPM-1)
=(||2-1)
=(t2-1)
=t2+-3,
∴f(t)=t2+-3(a-1≤t≤a+1).
对于函数f(t)=t2+-3(t>
0),显然在t∈(0,]时,f(t)单调递减,在t∈[,+∞)时,f(t)单调递增.
因此,对于函数f(t)=t2+-3(a-1≤t≤a+1),
+1,即a-1>
时,
[f(t)]max=f(a+1)=a2+2a-2+,
[f(t)]min=f(a-1)=a2-2a-2+;
当≤a≤+1时,
[
f(t)]min=f()=2-3;
[f(t)]max=f(a-1)=a2-2a-2+,
[f(t)]min=f()=2-3.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 典型 高考 数学 二轮 复习 知识点 总结 函数 方程 思想