新高考2025版高考數(shù)學二輪復習第一部分思想方法數(shù)學思想方法第1講函數(shù)與方程思想教學案理

PAGEPAGE1第一部分思想方法·數(shù)學思想方法數(shù)學解題思維策略有兩條主線：數(shù)學基礎學問和數(shù)學思想方法．數(shù)學基礎學問是一條明線，而數(shù)學思想方法則是一條暗線．二輪復習時，我們應充分挖掘由數(shù)學基礎學問所反映出來的數(shù)學思想方法．嫻熟駕馭好數(shù)學思想方法，會使你站在一個嶄新的高度去諦視問題，從而助力你在解答高考數(shù)學綜合問題時能左右逢源，游刃有余！第1講函數(shù)與方程思想思想方法·簡明概述函數(shù)思想方程思想函數(shù)思想是通過建立函數(shù)關系或構造函數(shù)，運用函數(shù)的圖象和性質去分析問題、轉化問題，從而使問題得到解決的思想方程思想就是建立方程或方程組，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，使問題得到解決的思想函數(shù)與方程思想在肯定的條件下是可以相互轉化的，是相輔相成的．函數(shù)思想重在對問題進行動態(tài)的探討，方程思想則是在動中求靜，探討運動中的等量關系熱點探究·考向調研調研一構建“目標函數(shù)”求最值【例1】(1)[2024·河北衡水中學三調]平行四邊形ABCD中，AB＝2，AD＝1，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝－1，點M在邊CD上，則eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的最大值為()A.eq\r(2)－1 B.eq\r(3)－1C．0 D．2解析：如圖，∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝－1，AB＝2，AD＝1，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AD,\s\up6(→))|cos∠BAD＝－1，∴2cos∠BAD＝－1，cos∠BAD＝－eq\f(1,2)，∴∠BAD＝120°.以點A為原點，AB所在直線為x軸建立如圖所示的平面直角坐標系，則A(0,0)，B(2,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).由點M在邊CD上，可設Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(\r(3),2)))，則x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))，則eq\o(MA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x，－\f(\r(3),2)))，eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x，－\f(\r(3),2)))，所以eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝x(x－2)＋eq\f(3,4)＝(x－1)2－eq\f(1,4).令f(x)＝(x－1)2－eq\f(1,4)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))，則f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上單調遞減，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))上單調遞增，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝2，選D.答案：D(2)[2024·河南新鄉(xiāng)市二模]已知數(shù)列{an}的首項a1＝21，且滿意(2n－5)an＋1＝(2n－3)an＋4n2－16n＋15，則{an}的最小的一項是()A．a(chǎn)5 B．a(chǎn)6C．a(chǎn)7 D．a(chǎn)8解析：∵(2n－5)an＋1＝(2n－3)an＋4n2－16n＋15，∴(2n－5)an＋1＝(2n－3)an＋(2n－3)(2n－5)，∴eq\f(an＋1,2n－3)＝eq\f(an,2n－5)＋1，eq\f(an＋1,2n－3)－eq\f(an,2n－5)＝1.∵a1＝21，∴eq\f(a1,2－5)＝eq\f(21,－3)＝－7，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－5)))是首項為－7，公差為1的等差數(shù)列，∴eq\f(an,2n－5)＝－7＋(n－1)×1＝n－8，∴an＝(n－8)(2n－5)，n∈N*.令f(n)＝(n－8)(2n－5)，n∈N*，則其對稱軸為n＝eq\f(10.5,2)＝5.25，則{an}的最小的一項是第5項，選A.答案：A(3)[2024·黑龍江哈三中期末]已知橢圓eq\f(y2,a2)＋x2＝1(a>1)的離心率e＝eq\f(2\r(5),5)，P為橢圓上的一個動點，若定點B(－1,0)，則|PB|的最大值為()A.eq\f(3,2) B．2C.eq\f(5,2) D．3解析：由題意，得eq\f(a2－1,a2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2，解得a2＝5，則橢圓方程為eq\f(y2,5)＋x2＝1，設P(x，y)，則y2＝5(1－x2)，所以|PB|＝eq\r(x＋12＋y2)＝eq\r(x＋12＋51－x2)＝eq\r(－4x2＋2x＋6)＝eq\r(－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))2＋\f(25,4)).因為x∈[－1,1]，所以當且僅當x＝eq\f(1,4)時，|PB|max＝eq\f(5,2)，選C.答案：C(4)[2024·安徽蕪湖期末]銳角△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2asinC＝eq\r(3)c，a＝1，則△ABC的周長的最大值為()A.eq\r(3)＋1 B.eq\r(2)＋1C．3 D．4解析：∵2asinC＝eq\r(3)c，∴2sinAsinC＝eq\r(3)sinC，∴sinA＝eq\f(\r(3),2).∵△ABC為銳角三角形，∴A＝eq\f(π,3).由正弦定理，得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(2,\r(3))，∴b＝eq\f(2,\r(3))sinB，c＝eq\f(2,\r(3))sinC，∴△ABC的周長為1＋eq\f(2,\r(3))sinB＋eq\f(2,\r(3))sinC＝1＋eq\f(2,\r(3))sinB＋eq\f(2,\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝1＋eq\f(2,\r(3))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinB＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))))＝1＋eq\f(2,\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinB＋\f(\r(3),2)cosB＋\f(1,2)sinB))＝1＋eq\f(2,\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)sinB＋\f(\r(3),2)cosB))＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))，∴當B＝eq\f(π,3)，即△ABC為等邊三角形時，周長取得最大值3，選C.答案：C方法點睛構建“目標函數(shù)”就是把待求目標寫成函數(shù)的形式，將所求問題轉化為函數(shù)的最值或值域問題．(1)求最值或值域時，常常用到配方法、換元法、均值不等式法以及函數(shù)單調性法．(2)求最值或值域時，要依據(jù)題目的已知條件，精確求出目標函數(shù)的定義域．調研二分別參數(shù)“顯化函數(shù)關系”求范圍【例2】(1)[2024·河北衡水中學二調]若關于x的方程logeq\f(1,3)(a－3x)＝x－2有解，則實數(shù)a的最小值為()A．4 B．6C．8 D．2解析：關于x的方程logeq\f(1,3)(a－3x)＝x－2有解?a－3x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－2有解?a＝3x＋32－x有解．因為3x＋32－x≥2eq\r(3x·32－x)＝6(當且僅當x＝1時，等號成立)，所以a的最小值為6，選B.答案：B(2)[2024·浙江金華十校期末]若關于x的不等式x3－3x2－ax＋a＋2≤0在(－∞，1]上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－3] B．[－3，＋∞)C．(－∞，3] D．[3，＋∞)解析：關于x的不等式x3－3x2－ax＋a＋2≤0在(－∞，1]上恒成立等價于a(x－1)≥x3－3x2＋2＝(x3－x2)－2(x2－1)＝(x－1)(x2－2x－2)恒成立．當x＝1時，不等式明顯恒成立；當x<1時，不等式化為a≤x2－2x－2.∵y＝x2－2x－2＝(x－1)2－3≥－3，x∈(－∞，1]，∴a≤－3，選A.答案：A(3)[2024·云南曲靖一中質量監(jiān)測]已知函數(shù)f(x)＝ex(x－m)，m∈R，若對?x∈(2,3)，使得f(x)＋xf′(x)>0，則實數(shù)m的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(15,4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(8,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,4)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，＋∞))解析：∵f(x)＝ex(x－m)，∴f′(x)＝ex(x－m)＋ex＝ex(x－m＋1)．由題意知f(x)＋xf′(x)>0?ex(x－m)＋xex(x－m＋1)>0?ex[x2＋(2－m)x－m]>0在(2,3)上恒成立，∴x2＋(2－m)x－m>0在(2,3)上恒成立，∴m<eq\f(x2＋2x,x＋1)在(2,3)上恒成立．令g(x)＝eq\f(x2＋2x,x＋1)＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)在(2,3)上單調遞增，∴g(x)>g(2)＝eq\f(8,3)，則m≤eq\f(8,3)，選B.答案：B方法點睛(1)對于方程有解、不等式恒成立問題或存在性問題，往往可以分別參數(shù)，然后再構造函數(shù)，把問題轉化為求函數(shù)的值域或最值問題來解決．(2)不等式有解、恒成立求參數(shù)的方法：g(a)>f(x)恒成立，則g(a)>f(x)max.g(a)<f(x)恒成立，則g(a)<f(x)min.g(a)>f(x)有解，則g(a)>f(x)min.g(a)<f(x)有解，則g(a)<f(x)max.(3)分別參數(shù)法是求參數(shù)范圍的常用方法，恰當合理的參變分別有助于問題的解決，有時須要分類探討．調研三“構造函數(shù)”解不等式、求最值、比較大小【例3】(1)[2024·湖北恩施質檢]設函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)，f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，f(x)＋xlnxf′(x)>0，則不等式eq\f(lnx,fx)>0的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) B．(1，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) D．(0,1)解析：構造函數(shù)g(x)＝lnxf(x)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(1,x)f(x)＋lnxf′(x)＝eq\f(fx＋xlnxf′x,x)>0，所以函數(shù)g(x)＝lnxf(x)在(0，＋∞)上單調遞增，而eq\f(lnx,fx)>0?lnxf(x)>0?g(x)>0?g(x)>g(1)?x>1，故選B.答案：B(2)[2024·吉林調研]設函數(shù)f(x)在R上存在導函數(shù)f′(x)，對隨意實數(shù)x，都有f(x)＝f(－x)＋2x.當x<0時，f′(x)<2x＋1，若f(1－a)≤f(－a)＋2－2a，則實數(shù)aA．－1 B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D．1解析：設g(x)＝f(x)－x2－x，則g′(x)＝f′(x)－2x－1.因為當x<0時，f′(x)<2x＋1，所以g′(x)<0，即g(x)在(－∞，0)上單調遞減．又g(x)＝f(x)－x2－x，則g(－x)＝f(－x)－x2＋x.又f(x)＝f(－x)＋2x，則f(x)－f(－x)－2x＝0，所以g(x)－g(－x)＝f(x)－f(－x)－2x＝0，即g(x)為R上的偶函數(shù)．又f(1－a)≤f(－a)＋2－2a?f(1－a)－(1－a)2－(1－a)≤f(－a)－(－a)2－(－a)，即g(1－a)≤g(－a)，所以|1－a|≤|a|，解得a≥eq\f(1,2)，即a的最小值為eq\f(1,2)，故選C.答案：C(3)[2024·吉林延邊質檢]已知定義在R上的函數(shù)f(x)和g(x)滿意f(x)＝eq\f(f′1,2)e2x－2＋x2－2f(0)x，且g′(x)＋2g(x)<0，則下列不等式成立的是()A．f(2)g(2024)<g(2024)B．f(2)g(2024)>g(2024)C．g(2024)<f(2)g(2024)D．g(2024)>f(2)g(2024)解析：∵f(x)＝eq\f(f′1,2)e2x－2＋x2－2f(0)x，∴f′(x)＝f′(1)e2x－2＋2x－2f(0)，∴f′(1)＝f′(1)＋2－2f(0)，得f(0)＝1，∴f(0)＝eq\f(f′1,2)e－2＝1，得f′(1)＝2e2，∴f(x)＝e2x＋x2－2x.設F(x)＝e2xg(x)，則F′(x)＝2e2xg(x)＋e2xg′(x)＝e2x[2g(x)＋g′(x)]<0，∴F(x)在R上單調遞減，∴F(2024)>F(2024)，∴e2024×2g(2024)>e2024×2g(2024)，∴g(2024)>e4g(2024)．又∵f(2)＝e4，∴g(2024)>f(2)g(2024)，故選D.答案：D方法點睛常見的構造函數(shù)的方法有如下幾種：1．利用和、差函數(shù)的求導法則構造函數(shù)(1)對于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)；(2)對于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)；特殊地，對于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，構造函數(shù)F(x)＝f(x)－kx.2．利用積、商函數(shù)的求導法則構造函數(shù)(3)對于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝f(x)g(x)；(4)對于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,gx)(g(x)≠0)；上述(3)(4)都是利用積、商函數(shù)的求導法則構造函數(shù)的一般狀況，但在考試中，g(x)往往是詳細函數(shù)，所以還有如下列(5)～(16)常見構造函數(shù)類型．(5)對于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝xf(x)；(6)對于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,x)(x≠0)；(7)對于不等式xf′(x)＋nf(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝xnf(x)；(8)對于不等式xf′(x)－nf(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,xn)(x≠0)；(9)對于不等式f′(x)＋f(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝exf(x)；(10)對于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,ex)；(11)對于不等式f′(x)＋kf(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝ekxf(x)；(12)對于不等式f′(x)－kf(x)>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,ekx)；(13)對于不等式f(x)＋f′(x)tanx>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝sinxf(x)；(14)對于不等式f(x)－f′(x)tanx>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,sinx)(sinx≠0)；(15)對于不等式f′(x)－f(x)tanx>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝cosxf(x)；(16)對于不等式f′(x)＋f(x)tanx>0(或<0)，構造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,cosx)(cosx≠0)．調研四方程思想在解題中的應用【例4】(1)[2024·福建龍巖質檢]若α∈(0，π)，且3sinα＋2cosα＝2，則taneq\f(α,2)等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(3,2)解析：∵3sinα＋2cosα＝2，∴eq\f(6sin\f(α,2)cos\f(α,2)＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2))),sin2\f(α,2)＋cos2\f(α,2))＝2，∴eq\f(6tan\f(α,2)＋2－2tan2\f(α,2),tan2\f(α,2)＋1)＝2，∴3taneq\f(α,2)＋1－tan2eq\f(α,2)＝tan2eq\f(α,2)＋1，解得taneq\f(α,2)＝0或eq\f(3,2).又∵α∈(0，π)，∴taneq\f(α,2)>0，∴taneq\f(α,2)＝eq\f(3,2)，故選D.答案：D(2)[2024·河北省石家莊市質檢]將函數(shù)y＝ex(e為自然對數(shù)的底數(shù))的圖象繞坐標原點O順時針旋轉角θ后第一次與x軸相切，則角θ滿意的條件是()A．esinθ＝cosθ B．sinθ＝ecosθC．esinθ＝1 D．ecosθ＝1解析：設直線y＝kx與y＝ex相切，切點為(x0，y0)．∵y′＝ex，∴k＝ex0.又∵ex0＝kx0，∴k＝kx0，解得x0＝1，k＝e，即tanθ＝e，∴sinθ＝ecosθ，故選B.答案：B(3)[2024·河北衡水中學二調]等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a3＋a7－a10＝5，a11－a4＝7，則S13＝()A．152 B．154C．156 D．158解析：設公差為d，則由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1－d＝5，,7d＝7，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,d＝1，))∴S13＝13×6＋eq\f(13×12,2)＝156，故選C.答案：C(4)[2024·四川省瀘州市二診]雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線與圓x2＋y2