高考二輪數(shù)學人教版學案第三部分第1講函數(shù)與方程思想

第三部分思想篇·素養(yǎng)升華第1講函數(shù)與方程思想SIXIANGFANGFAJIEDU思想方法·解讀函數(shù)思想的實質(zhì)是拋開所研究對象的非數(shù)學特征，用聯(lián)系和變化的觀點提出數(shù)學對象，抽象其數(shù)學特征，建立各變量之間固有的函數(shù)關(guān)系，通過函數(shù)形式，利用函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)，使問題得到解決．方程思想的實質(zhì)就是將所求的量設(shè)成未知數(shù)，根據(jù)題中的等量關(guān)系，列方程(組)，通過解方程(組)或?qū)Ψ匠?組)進行研究，以求得問題的解決．函數(shù)與方程思想在一定的條件下是可以相互轉(zhuǎn)化的，是相輔相成的．函數(shù)思想重在對問題進行動態(tài)的研究，方程思想則是動中求解，研究運動中的等量關(guān)系．SIXIANGFANGFAYINGYONG思想方法·應(yīng)用應(yīng)用一函數(shù)與方程思想在不等式中的應(yīng)用eq\x(典)eq\x(例)eq\x(悟)eq\x(通)典例1(1)(2020·河南模擬)若對任意正數(shù)x，不等式eq\f(2,x2＋4)≤eq\f(2a＋1,x)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為(B)A．[0，＋∞) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))(2)(2020·運城三模)若對任意x∈(0，＋∞)，xex－2lnx＞2x＋a恒成立，則a的取值范圍是(C)A．(－∞，－2ln2) B．(－∞，ln2)C．(－∞，2－2ln2) D．(－∞，2＋2ln2)【解析】(1)依題意得，當x＞0時，2a＋1≥eq\f(2x,x2＋4)＝eq\f(2,x＋\f(4,x))恒成立，又因為x＋eq\f(4,x)≥4，當且僅當x＝2時取等號，所以eq\f(2,x＋\f(4,x))的最大值為eq\f(1,2)，所以2a＋1≥eq\f(1,2)，解得a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)).故選B．(2)xex－2lnx＞2x＋a恒成立，∴a＜xex－2lnx－2x，設(shè)f(x)＝xex－2lnx－2x，對任意x∈(0，＋∞)，設(shè)t＝lnx＋x，則t∈R，設(shè)g(t)＝et－2t，則g′(t)＝et－2，令g′(t)＝0，解得t＝ln2，當t＜ln2時，g′(t)＜0，當t＞ln2，g′(t)＞0，∴g(t)在(－∞，ln2)上是減函數(shù)，在(ln2，＋∞)上是增函數(shù)，∴g(t)≥g(ln2)＝2－2ln2，∴g(t)的最小值為2－2ln2，即f(x)的最小值為2－2ln2，∴a＜2－2ln2，故選C．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)函數(shù)與方程思想在不等式中的應(yīng)用函數(shù)與不等式的相互轉(zhuǎn)化，把不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)，借助函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決相關(guān)的問題、常涉及不等式恒成立問題、比較大小問題．一般利用函數(shù)思想構(gòu)造新函數(shù)，建立函數(shù)關(guān)系求解．應(yīng)用二函數(shù)與方程思想在數(shù)列中的應(yīng)用eq\x(典)eq\x(例)eq\x(悟)eq\x(通)典例2(1)(2020·泰安模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋lg(eq\r(x2＋1)＋x)，若等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且f(a1－1)＝－10，f(a2020－1)＝10，則S2020＝(C)A．－4040 B．0C．2020 D．4040(2)(2020·綏化模擬)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，公比為q，若S10＝33S5，S6＝63，則滿足anSn＞10(an＋Sn)的最小的n值為(C)A．3 B．4C．5 D．6【解析】(1)函數(shù)f(x)＝x3＋lg(eq\r(x2＋1)＋x)是奇函數(shù)，f(a1－1)＝－10，f(a2020－1)＝10，可得：a1－1＝－a2020＋1，即a1＋a2020＝2，等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S2020＝eq\f(a1＋a2020,2)×2020＝2020．故選C．(2)根據(jù)題意，等比數(shù)列{an}中，若S10＝33S5，則q≠1，則有eq\f(a11－q10,1－q)＝33×eq\f(a11－q5,1－q)，即(1－q10)＝33(1－q5)，變形可得：1＋q5＝33，解可得q＝2；又由S6＝63，則eq\f(a11－q6,1－q)＝eq\f(a11－64,1－2)＝63，解可得a1＝1，則an＝2n－1，則有Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝2n－1，若anSn＞10(an＋Sn)，即22n－31×2n＋20＞0，又由n∈N*，則有n≥5；故n的最小值為5；故選C．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)數(shù)列的通項與前n項和都是以正整數(shù)為自變量的函數(shù)，可用函數(shù)與方程思想處理數(shù)列問題．涉及特殊數(shù)列(等差、等比數(shù)列)，已知Sn與an關(guān)系問題，應(yīng)用方程思想列方程(組)求解；涉及最值問題或參數(shù)范圍問題，應(yīng)用函數(shù)思想來解決．應(yīng)用三函數(shù)與方程思想在解析幾何中的應(yīng)用eq\x(典)eq\x(例)eq\x(悟)eq\x(通)典例3(1)(2019·昆明評估)以拋物線C的頂點為圓心的圓交C于A，B兩點，交C的準線于D，E兩點．已知|AB|＝4eq\r(2)，|DE|＝2eq\r(5)，則C的焦點到準線的距離為(B)A．2 B．4C．6 D．8(2)如圖，已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右頂點為A，O為坐標原點，以A為圓心的圓與雙曲線C的一條漸近線交于P，Q兩點，若∠PAQ＝60°，且eq\o(OQ,\s\up6(→))＝3eq\o(OP,\s\up6(→))，則雙曲線C的離心率為(B)A．eq\f(2\r(3),3) B．eq\f(\r(7),2)C．eq\f(\r(39),6) D．eq\r(3)【解析】(1)不妨設(shè)拋物線C：y2＝2px(p＞0)，圓的方程設(shè)為x2＋y2＝r2(r＞0)，如圖，又可設(shè)A(x0,2eq\r(2))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\r(5)))，點A(x0,2eq\r(2))在拋物線y2＝2px上，∴8＝2px0，①點A(x0,2eq\r(2))在圓x2＋y2＝r2上，∴xeq\o\al(2,0)＋8＝r2，②點Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，\r(5)))在圓x2＋y2＝r2上，∴5＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)))2＝r2，③聯(lián)立①②③，解得p＝4(負值舍去)，即C的焦點到準線的距離為p＝4．故選B．(2)因為∠PAQ＝60°，|AP|＝|AQ|，所以|AP|＝|AQ|＝|PQ|，設(shè)|AQ|＝2R，又eq\o(OQ,\s\up6(→))＝3eq\o(OP,\s\up6(→))，則|OP|＝eq\f(1,2)|PQ|＝R.雙曲線C的漸近線方程是y＝eq\f(b,a)x，A(a,0)，所以點A到直線y＝eq\f(b,a)x的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)·a－0)),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2＋－12))＝eq\f(ab,\r(a2＋b2))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ab,\r(a2＋b2))))2＝(2R)2－R2＝3R2，即a2b2＝3R2(a2＋b2)，在△OQA中，由余弦定理得，|OA|2＝|OQ|2＋|QA|2－2|OQ||QA|·cos60°＝(3R)2＋(2R)2－2×3R×2R×eq\f(1,2)＝7R2＝a2．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2b2＝3R2a2＋b2，,a2＝7R2，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝7R2，,b2＝\f(21,4)R2，))所以雙曲線C的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(\f(a2＋b2,a2))＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1