1、課題函數與方程的思想考點透析在近幾年的高考中，函數的思想主要用于求變量的取值范圍、解不等式等，方程觀點主要用于下面四個層次： 解方程； 含參數的方程的討論； 轉化為對方程的研究； 構造方程求解知識整合 函數與方程是密切相關的，函數問題可以轉化為方程問題來求解，例如求函數的值域，方程問題也可以轉化為函數問題來解決，如解方程f ( x)0 就是求函數yf (x) 的零點 函數與不等式也可以相互轉化，對于函數yf ( x) ，當 y0時，就轉化為不等式f ( x)0 ，借助于函數圖像與性質解決有關問題，而研究函數的性質也離不開不等式 數列的通項與前 n 項的和都是自變量為正整數的函數，用函數的觀點去

2、處理數列問題非常重要 解析幾何的許多問題，例如直線和二次曲線的位置關系問題，往往涉及到二次方程于二次函數的有關理論 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加以解決 函數 f (x)(axb) n ( nN ) 與二項式定理密切相關，運用這個函數， 用賦值法和比較系數的方法可以解決很多有關二項式定理的問題考點自測1.（ 2011 通州中學摸底） 設直線ax by c0的傾斜角為，且 sincos0 ，則 a,b滿足的關系式為 _.2（ 2009 江蘇調研） 已知命題 “在等差數列a中，若 3a3a9a()30，則 S1378 ”n為真命題，由于印刷問題，括號

3、內的數模糊不清，可以推得其中的數為.3（ 2011 如東文科月考）若an 是等差數列，首項a0 aa0aa0，1,20032004,2003 . 2004則使前 n 項和 Sn0 成立的最大自然數 n 是 _.4設函數f()x(x)，區間M a,b ( ab)，集合N y yf (x), xM ，x1xR則使 M N 成立的實數對(a,b) 的個數是 _.典型例題高考熱點一：運用函數與方程的思想解決函數、方程、不等式問題x 3例 1（ 2010 蘇州實驗中學月考）已知函數f (x)log mx 3(0 m 1) ，（1）若函數 f ( x) 的定義域為 , (0), 判斷 f (x) 在定義域

4、上的單調性，并說明理由；1（2）是否存在實數m,使 f ( x) 在定義域 , 上的值域為 1log m (1),1log m (1) .若存在 , 求出實數 m的范圍 ; 若不存在 , 說明理由【分析】 在涉及函數與方程的數學問題中，比較常見的是二次函數問題、一元二次方程及一元二次不等式問題，這些問題往往可以相互轉化。高考熱點二：運用函數與方程的思想解決數列問題例 2（ 2011 如皋中學文科月考）已知等差數列xn ， Sn 是 xn 的前 n 項和，且x35, S5x534 （1）求 xn的通項公式；（2）判別方程 sin 2xn xncosxn 1Sn 是否有解，說明理由；n（3）設 a

5、n1， Tn 是 an 的前 n 項和，是否存在正數，對任意正整數n,k ，3使 Tnxk22 恒成立？若存在，求的取值范圍；若不存在，說明理由【分析】可以利用函數的方法來探討數列的最值、單調性、周期性等性質高考熱點三：運用函數與方程的思想解決解析幾何問題例3：（ 2010通州市考前練習）設橢圓的中心是坐標原點，長軸在x 軸上，離心率 e3，2已知點 P(0, 3 ) 到這個橢圓上的點的最遠距離是7 ，求這個橢圓的方程，并求這個橢2圓上到點 P的距離等于7 的點的坐標【分析】本題應建立目標函數把問題轉化為求函數最值高考熱點四 :運用函數與方程的思想解決立體幾何問題例 4：（江蘇 2006 ）請

6、您設計一個帳篷。 它下部的形狀是高為 1m的正六棱柱， 上部的形狀是側棱長為 3m 的正六棱錐（如右圖所示） 。試問當帳篷的頂點 O 到底面中心 O1 的距離為多少時，帳篷的體積最大？【分析】立體幾何中的“運動”問題，“最值”問題常常可借助函數思想來解決，建立目標函數以后，運用函數的相關知識解決問題。高考熱點五：運用函數與方程的思想解決實際問題例 5：（ 2009·通州第四次調研）某廠家擬在2009 年舉行促銷活動，經調查測算，該產品的年銷 售量（即 該廠的年產量） x 萬件 與年促銷費用m(m 0) 萬元滿 足 x 3km 1(k 為常數 ) ，如果不搞促銷活動，則該產品的年銷售量

7、是1 萬件 . 已知 2009 年生產該產品的固定投入為 8 萬元，每生產1 萬件該產品需要再投入16 萬元，廠家將每件產品的銷售價格定為每件產品年平均成本的1.5 倍（產品成本包括固定投入和再投入兩部分資2金，不包括促銷費用）.（ 1）將 2009 年該產品的利潤y 萬元表示為年促銷費用m萬元的函數；（ 2）該廠家 2009 年的促銷費用投入多少萬元時，廠家的利潤最大？【分析】 將實際問題經過抽象變為數學問題，然后建立數學模型和函數關系式，最后運用函數與方程的思想是解決實際問題的一般步驟誤區分析f ( x) 是定義在 R 上的以 3 為周期的奇函數，f (2)0 ，則函數 yf (x) 在區

8、間 ( 1,4)內的零點個數的最小值為_.試分析下面解答錯在哪里？解：容易求得f (0)f (1)f (3)f (2)0 故答案為 4.隨堂練習1把正方形ABCD 沿對角線 AC 折起，當 A 、 B、 C 、 D 四點為頂點的三棱錐體積最大時，直線 BD 與平面 ABC 所成的角的大小為 _.2定義在 (,) 上的奇函數f ( x) 和偶函數 g( x) 在區間 (,0 上的圖像關于x 軸對稱，且 f ( x) 為增函數，則下列各選項中能使不等式f (b)f ( a) g( a)g(b) 成立的是_.3 ABC 中 ,a 、b 、c 分別為A 、 B 、 C 的對邊 . 如果 a 、b 、c

9、 成等差數列，B 30o , ABC 的面積為 3 ，那么 b _.24兩個正數 a 、 b 的等差中項是5，等比中項是 4.若 a b ，則雙曲線 x2y 21的離心率abe 等于 _.5. 設不等式 2x1m( x2 1) 對滿足 m 2 的一切實數 m 的取值都成立， 求 x 的取值范圍6.(2007山東 )已知橢圓 C 的中心在坐標原點， 焦點在 x 軸上，橢圓 C 上的點到焦點距離的最大值為3，最小值為 1（）求橢圓 C 的標準方程；（）若直線 l : ykxm 與橢圓 C 相交于 A ， B 兩點（ A， B 不是左右頂點） ，且以 AB為直徑的圓過橢圓C 的右頂點，求證：直線l

10、過定點，并求出該定點的坐標學力測評1若 ( x12)n 的展開式中常數項為20，則自然數n .x2 x0 是關于方程a xlog a x (0a1) 的解，則 x0 ,1,a 這三個數的大小關系是.3天文臺用3.2 萬元買一臺觀測儀，已知這臺觀測儀從啟用的第一天起連續使用，第n 天的維修保養費為n49 元（ n N* ），使用它直至報廢最合算（所謂報廢最合算是指使用的這10臺儀器的平均耗資最少）為止，一共使用了天 .4. 如果方程 cos2 xsin xa0 在0,上有解 , 則 a 的取值范圍是.235. 若函數f ( x)2x2 2ax a 1 的定義域為 R , 則 a 的取值范圍是.6

11、. 雙曲線x2y21 的兩個焦點為 F1 、 F2 ，點 P 在雙曲線上，若 PF1PF2 ，則點 P 到 x916軸的距離為.7. 設 f(x) 是定義在 R上的奇函數，且當x 0 時， f ( x)x2 ，若對任意的 xt, t 2 ，不等式f ( x t ) 2 f (x) 恒成立，則實數t 的取值范圍是.8已知矩形 ABCD 的邊 ABa, BC2,PA平面 ABCD,PA2, 現有以下五個數據：( 1 ) a1(3 ) a3 ;( 4 ) a 2 ; ( 5 ) a4 ,當在 BC 邊上存在點 Q ，; ( 2 ) a 1;2使 PQQD 時，則 a 可以取.（填上一個正確的數據序號

12、即可）9.求函數 f ( x) ln(1x)1x2 在0 ，2上的最大值和最小值 .410.設 f ( x)3ax 22bxc , 若 abc0f (0) 0, f (1)0,求證： a 0 且 -2 a -1；b 方程 f(x)=0 在（ 0， 1）內有兩個實根11三棱錐 SABC , SAx ，其余的所有棱長均為1 它的體積為 V。 求 vf ( x) 的表達式，并求此函數的定義域； 當 x 為何值時， V 有最大值？并求此最大值 .12. 已知函數 Sn1 111 ( n N ) , 設 f ( n)S2n 1Sn 1 , 試確定實數m 的值 ,23n11 log (m 1) m1 的正

13、整數 n , 不等式 f (n) logm ( m22使得對于一切大于1)恒成立 .20參考答案第 23 講 函數與方程的思想考點自測1 ab0 2. 17 3. 4006 4.0典型例題例 1解 : （ 1） Q x 30,x 3或x 3 .x3又 f ( x) 定義域為 ,(0) ，3.設x1x2,由于 x13 x236( x1 x2 )0，x13 x23(x1 3)( x23)4x13x23x13x23，03x23. 又 0 m 1, log m3log m3x1x1x2所以 f ( x) 在定義域上為減函數.(2) 由 (1) f (x) 在定義域上為減函數，log m31logm (

14、1),3m(1),33log m31logm (1),3m(1),33方程 mx 2(2m1) x 3(1m)0 有兩個不同的且大于3的實根 .設 g(x)= mx 2(2m0,2m13,2mg(3)0,1) x3(1m) ，0 m2 3 4例 2解：（ 1）由 x35, S5 x5 34 ，x12d5,x11xn 2n1所以6 x114d 34d,2（2） sin 2xnxn cos xn1Sn ,由于 xn2n1, Snn2，則方程為 sin 2 (2n-1)( 2n-1) cos(2n-1)1n 2 n1時， sin 2 1cos1 0無解 n2 時， sin 2 33cos314 ，所

15、以cos233cos320 ，所以 cos31或 cos32無解 n3時， sin 2 (2n - 1)(2n - 1)cos(2n - 1)11(2n - 1)12n 1 n 2 ，所以 sin 2 (2n -1) (2n -1)cos(2n - 1)1n 2 無解 綜上所述，對于一切正整數原方程都無解n1 1(1 ) n 11（3）解法一： an133)n，則 Tn11(31233又 Tnxk22 恒成立， Tn0,0 ，所以當 Tn取最大值， xk2 取最小值時，Tnxk2取到最大值又 Tn1 , xk2(2k1) 21 ，所以12，22即210 ，故31225解法二：由 Tnxk22

16、恒成立，則11(1)n 2k1 22 恒成立，231 11n即2( 2k1) 2 max，2311222k12，又0，所以 ( 2k1)22，21212 (2k1)2 max2，所以12，即210， 故3122例 3解：設所求橢圓的直角坐標方程是x2y212 c2bab2，由 e12a2a2可得b1 e21 3 1 ,即 a 2b a42設橢圓上的點 ( x, y) 到點 P的距離為 d ,則d 2x2( y3) 2a2 (1y2) y23y92b244b23y23y9( y1)24b23 （其中byb ）42如果 b1，則當 yb 時，d 2 有最大值，從而 d 有最大值，由題設得7 (b3

17、)2，2311112由此得 b7，與 b矛盾，因此必有 b成立，于是當 y時，d 222222有最大值， (7) 24b23，由此可得 b1,a2 故所求橢圓的直角坐標方程是x2y21，41及求得的橢圓方程可得，橢圓上的點( 3,1)，點(3,1由 y2) 到點 P的距22離為7 例 4解：設 OO1 為 xm ，則由題設可得正六棱錐底面邊長為32( x1)282xx2 (m) ，于是底面正六邊形的面積為6（ m232(x 1)26g3 g( 8 2x x2 )23 3 (8 2x x2 ) m242帳篷的體積為 V ( x)3 3(82 xx2 )1(x1) 13(1612xx3 ) m32

18、32求導數，得 V ( x)3 (123x2 ) ，令 V ( x)0 解得 x2 ( 不合題意， 舍去 ) 或 x 2 。2當 1<x<2 時， V (x)0 ,V(x) 為增函數；當2<x<4 時， V ( x) 0,V(x) 為減函數所以當 x=2 時 ,V(x)最大答: 當 OO1 為 2m 時，帳篷的體積最大。m0時，x1,例 5 解：（ 1）由題意可知，當13 k,即 k2,x 32,1m每件產品的銷售價格為1.5816x 元.x2009年的利潤yx 1.5816 x(816xm)x48xm48(32 )mm116(m1)29(m0).m 1(2)Qm時 ,

19、16( m1)2168.0m 1y82921,當且僅當16m1時 ,1答：該廠家m21萬元.2009 年的促銷費用投入3 萬元時，廠家的利潤最大，最大為誤區分析分析：上述解答中考慮問題欠全面解：由 f (3 )f ( 3 3)f ( 3) ，及 f ( 3)f ( 3 ) 得 f ( 3)0 ，故答案為 5222222隨堂練習1.45o ， 2.ab 0 ， 3. 13 ，4.5 ，25.解 : 由 題 意 , 可 設 f ( x)( x21)m(2 x1) , 即 f ( m)0 在2,2 內恒成立, 7f (2)，2，2( x1)(2 x1) 0713 10.f (2), 即2解得2x2，

20、2( x1)(2 x1)0，06.解：（）由題意設橢圓的標準方程為x2y21(ab0) ，a2b2由已知得： a c3 ， ac1 ，a2 ， c1 ，b2a2c23 x2y21 橢圓的標準方程為34ykxm，（）設 A( x1， y1 ) ， B( x2， y2 ) ，聯立x2 y21.43得 (34k 2 )x28mkx4( m23)0 ，64m2k216(34k2)(m23)，即4k2m2，030x1 x28mk2 ，34kx1 gx24(m23) .34k 2又 y1 y2(kx1m)( kx2m)2x1x2mk (x1x2 )m23(m24k2 )k34k 2，因為以 AB 為直徑的

21、圓過橢圓的右焦點D (2，0) ，kAD kBD1 ，即y1 g y21 ，y1 y2x1 x22( x1x2 ) 4 0 ，x12 x223(m24k 2 )4(m23)16mk40 ，9m216mk4k20 3 4k 23 4k 234k2解得 m12k ， m22k，且均滿足 34k 2m20 ，7當 m12k 時， l 的方程為 yk ( x2) ，直線過定點 (2，0)，與已知矛盾；當m22k時， l的方程為 yk x2，直線過定點2 ， 7707所以，直線l過定點，定點坐標為2，708學力測評1.3 2.ax1 3. 800 4.1,1 5.1,06.167.2,8.或1x ，化簡

22、為 x259. 解 ： f(x)1x20 ，解得 x2（舍去） x1. 當 0x 1x2時 f ( x)0 ,f ( x) 單 調 遞 增 ,當 1 x2 時 f (x)0 ,f ( x) 單 調 遞 減 ,所 以f (1)ln 210 ,f (2)ln3 10, f (1) f (2),為函數 f (x) 的最大值 , 又因為 f (0)4所以 f (0)0為函數 f (x) 在0,2 上的最小值 .10. 證明：（ I）因為 f (0)0, f (1)0 ，所以 c0,3a2bc0 .由條件 abc0 ，消去 b ，得 ac0；由條件 abc0 ，消去 c ，得 ab0 ， 2ab0 .故 2b1.a（II ）拋物線 f ( x)3ax22bx c的頂點坐標為 (b3acb2,3a) ，3a在 2b1的兩邊乘以1，得1