（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題八 數(shù)學(xué)文化及數(shù)學(xué)思想 第2講 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想學(xué)案 文 新人教A版

《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題八 數(shù)學(xué)文化及數(shù)學(xué)思想 第2講 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想學(xué)案 文 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題八 數(shù)學(xué)文化及數(shù)學(xué)思想 第2講 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想學(xué)案 文 新人教A版（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想 一　函數(shù)與方程思想 函數(shù)思想 方程思想 函數(shù)思想是通過建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù)，運用函數(shù)的圖象和性質(zhì)去分析問題、轉(zhuǎn)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(gòu)造方程，通過解方程或方程組或者運用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問題，使問題得到解決的思想 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(jìn)行動態(tài)的研究，方程思想則是在動中求靜，研究運動中的等量關(guān)系 　　　構(gòu)建“函數(shù)關(guān)系”解決問題 [典型例題] 已知數(shù)列{an}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列．若a1＝2，且a2，a3，a4＋1成

2、等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項公式an； (2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，bn＝＋＋…＋，若對任意的n∈N*，不等式bn≤k恒成立，求實數(shù)k的最小值． 【解】　(1)因為a1＝2，a＝a2(a4＋1)， 又因為{an}是正項等差數(shù)列，所以公差d≥0， 所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)，解得d＝2或d＝－1(舍去)， 所以數(shù)列{an}的通項公式an＝2n. (2)由(1)知Sn＝n(n＋1)，則＝＝－. 所以bn＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋＝－＝＝， 令f(x)＝2x＋(x≥1)，則f′(x)＝2－>0恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)， 所以當(dāng)

3、x＝1時，f(x)min＝f(1)＝3，即當(dāng)n＝1時，(bn)max＝， 要使對任意的正整數(shù)n，不等式bn≤k恒成立， 則須使k≥(bn)max＝， 所以實數(shù)k的最小值為. 數(shù)列是定義在正整數(shù)集上的特殊函數(shù)，等差、等比數(shù)列的通項公式，前n項和公式都具有隱含的函數(shù)關(guān)系，都可以看成關(guān)于n的函數(shù)，在解等差數(shù)列、等比數(shù)列問題時，有意識地發(fā)現(xiàn)其函數(shù)關(guān)系，從而用函數(shù)思想或函數(shù)方法研究、解決問題，不僅能獲得簡便的解法，而且能促進(jìn)科學(xué)思維的培養(yǎng)，提高發(fā)散思維的水平．　 [對點訓(xùn)練] 1．對于滿足0≤p≤4的所有實數(shù)p，使不等式x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范圍是________．

4、解析：設(shè)f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3， 則當(dāng)x＝1時，f(p)＝0.所以x≠1. f(p)在0≤p≤4時恒為正，等價于 即解得x>3或x<－1. 故x的取值范圍為(－∞，－1)∪(3，＋∞)． 答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞) 2．(2018·高考北京卷)若△ABC的面積為(a2＋c2－b2)，且∠C為鈍角，則∠B＝________；的取值范圍是________． 解析：△ABC的面積S＝acsin B＝(a2＋c2－b2)＝×2accos B，所以tan B＝，因為0°<∠B<180°，所以∠B＝60°.因為∠C為鈍角，所以0°<∠A<30°，所以0

5、所以＝＝＝＝＋>2，故的取值范圍為(2，＋∞)． 答案：60°　(2，＋∞) 3．已知a，b，c為空間中的三個向量，又a，b是兩個相互垂直的單位向量，向量c滿足|c|＝3，c·a＝2，c·b＝1，則對于任意實數(shù)x，y，|c－xa－yb|的最小值為________． 解析：由題意可知|a|＝|b|＝1，a·b＝0， 又|c|＝3，c·a＝2，c·b＝1， 所以|c－xa－yb|2＝|c|2＋x2|a|2＋y2|b|2－2xc·a－2yc·b＋2xya·b ＝9＋x2＋y2－4x－2y＝(x－2)2＋(y－1)2＋4， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝2，y＝1時，(|c－xa－yb|2)min＝4，

6、 所以|c－xa－yb|的最小值為2. 答案：2 　　　組建“方程形式”解決問題 [典型例題] (一題多解)已知sin(α＋β)＝，sin (α－β)＝，求的值． 【解】　法一：由已知條件及正弦的和(差)角公式，得 所以sin αcos β＝，cos αsin β＝. 從而＝＝. 法二：令x＝.因為＝， 且＝＝＝＝. 所以得到方程＝，解這個方程得＝x＝. 運用方程的思想，把已知條件通過變形看作關(guān)于sin αcos β與cos αsin β的方程來求解，從而獲得欲求的三角表達(dá)式的值．　 [對點訓(xùn)練] 1．設(shè)非零向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0，|a|＝

7、2，〈b，c〉＝120°，則|b|的最大值為________． 解析：因為a＋b＋c＝0，所以a＝－(b＋c)， 所以|a|2＝|b|2＋2|b||c|cos 120°＋|c|2， 即|c|2－|b||c|＋|b|2－4＝0， 所以Δ＝|b|2－4(|b|2－4)≥0， 解得0<|b|≤，即|b|的最大值為. 答案： 2．(2018·高考全國卷Ⅲ)已知點M(－1，1)和拋物線C：y2＝4x，過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A，B兩點．若∠AMB＝90°，則k＝________． 解析：由題意知拋物線的焦點為(1，0)，則過C的焦點且斜率為k的直線方程為y＝k(x－1)(k≠0

8、)，由消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝1.由消去x得y2＝4，即y2－y－4＝0，則y1＋y2＝，y1y2＝－4，由∠AMB＝90°，得·＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，將x1＋x2＝，x1x2＝1與y1＋y2＝，y1y2＝－4代入，得k＝2. 答案：2 二　數(shù)形結(jié)合思想 以形助數(shù)(數(shù)題形解) 以數(shù)輔形(形題數(shù)解) 借助形的生動性和直觀性來闡述數(shù)之間的關(guān)系，把數(shù)轉(zhuǎn)化為形，即以形作為手段、數(shù)作為目的的解決數(shù)

9、學(xué)問題的數(shù)學(xué)思想 借助于數(shù)的精確性、規(guī)范性及嚴(yán)密性來闡明形的某些屬性，即以數(shù)作為手段、形作為目的的解決問題的數(shù)學(xué)思想 數(shù)形結(jié)合思想通過“以形助數(shù)，以數(shù)輔形”，使復(fù)雜問題簡單化，抽象問題具體化，能夠變抽象思維為形象思維，有助于把握數(shù)學(xué)問題的本質(zhì)，它是數(shù)學(xué)的規(guī)律性與靈活性的有機(jī)結(jié)合 　　　巧用數(shù)形結(jié)合思想解決問題 [典型例題] 已知函數(shù)g(x)＝a－x2－2x，f(x)＝且函數(shù)y＝f(x)－x恰有3個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是________． 【解析】　f(x)＝y(tǒng)＝f(x)－x恰有3個不同的零點等價于y＝f(x)與y＝x有三個不同的交點，試想將曲線f(x)上下平移

10、使之與y＝x有三個交點是何等的復(fù)雜，故可變形再結(jié)合圖象求解． 由f(x)－x＝ 可得f(x)－x＝a＋ 所以y＝f(x)－x有三個零點等價于 a＝有三個根．令h(x)＝ 畫出y＝h(x)的圖象如圖所示，將水平直線y＝a從上向下平移，當(dāng)a＝0時，有兩個交點，再向下平移，有三個交點，當(dāng)a＝－1時，有三個交點，再向下就只有兩個交點了，因此a∈[－1，0)． 【答案】　[－1，0) 利用數(shù)形結(jié)合探究方程解的問題應(yīng)注意兩點 (1)討論方程的解(或函數(shù)的零點)一般可構(gòu)造兩個函數(shù)，使問題轉(zhuǎn)化為討論兩曲線的交點問題，但用此法討論方程的解一定要注意圖象的準(zhǔn)確性、全面性、否則會得到錯解

11、． (2)正確作出兩個函數(shù)的圖象是解決此類問題的關(guān)鍵，數(shù)形結(jié)合應(yīng)以快和準(zhǔn)為原則，不要刻意去用數(shù)形結(jié)合．　 [對點訓(xùn)練] 1．若存在實數(shù)a，對任意的x∈[0，m]，都有(sin x－a)(cos x－a)≤0恒成立，則實數(shù)m的最大值為(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選C.在同一坐標(biāo)系中，作出y＝sin x和y＝cos x的圖象， 當(dāng)m＝時，要使不等式恒成立，只有a＝， 當(dāng)m>時，在x∈[0，m]上，必須要求y＝sin x和y＝cos x的圖象不在y＝a＝的同一側(cè)，所以m的最大值是. 2．已知a，b是平面內(nèi)兩個互相垂直的單位向量，若向量c滿足(a

12、－c)·(b－c)＝0，則|c|的最大值是________． 解析：因為(a－c)·(b－c)＝0，所以(a－c)⊥(b－c)．如圖所示． 設(shè)＝c，＝a，＝b，＝a－c，＝b－c，即⊥，又⊥所以O(shè)，A，C，B四點共圓． 當(dāng)且僅當(dāng)OC為圓的直徑時，|c|最大，且最大值為. 答案： 一、選擇題 1．已知向量a＝(λ，1)，b＝(λ＋2，1)，若|a＋b|＝|a－b|，則實數(shù)λ的值為(　　) A．－1　　　　　　　　　　 B．2 C．1 D．－2 解析：選A.法一：由|a＋b|＝|a－b|，可得a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，所以a·b＝0，故a·b＝(λ，

13、1)·(λ＋2，1)＝λ2＋2λ＋1＝0，解得λ＝－1. 法二：a＋b＝(2λ＋2，2)，a－b＝(－2，0)． 由|a＋b|＝|a－b|， 可得(2λ＋2)2＋4＝4，解得λ＝－1. 2．(2019·高考全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．已知S4＝0，a5＝5，則(　　) A．a(chǎn)n＝2n－5 B．a(chǎn)n＝3n－10 C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n 解析：選A.法一：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 因為所以解得所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋d＝n2－4n.故選A. 法二：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，

14、 因為所以解得 選項A，a1＝2×1－5＝－3； 選項B，a1＝3×1－10＝－7，排除B； 選項C，S1＝2－8＝－6，排除C； 選項D，S1＝－2＝－，排除D.故選A. 3．已知函數(shù)f(x)＝且關(guān)于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一個實根，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(1，＋∞) B．(－1，3) C．(－∞，1) D．(2，4) 解析：選A.畫出f(x)圖象，如圖所示，則由方程有且僅有一個實根可得f(x)的圖象與直線y＝－x＋a的圖象只有一個交點，首先讓直線過(0，1)(這是我們所說的初始位置，因為當(dāng)直線向下平移時你會發(fā)現(xiàn)有兩個交點)，由圖可知，只有向

15、上平移才能滿足f(x)圖象與直線y＝－x＋a只有一個交點，所以a的取值范圍是(1，＋∞)． 4．(2018·高考全國卷Ⅲ)設(shè)F1，F(xiàn)2是雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的左，右焦點，O是坐標(biāo)原點．過F2作C的一條漸近線的垂線，垂足為P.若|PF1|＝|OP|，則C的離心率為(　　) A. B．2 C. D. 解析：選C.不妨設(shè)一條漸近線的方程為y＝x，則F2到y(tǒng)＝x的距離d＝＝b，在Rt△F2PO中，|F2O|＝c，所以|PO|＝a，所以|PF1|＝a，又|F1O|＝c，所以在△F1PO與Rt△F2PO中，根據(jù)余弦定理得cos∠POF1＝＝－cos∠POF2＝－，即3a2

16、＋c2－(a)2＝0，得3a2＝c2，所以e＝＝. 5．已知正六棱柱的12個頂點都在一個半徑為3的球面上，當(dāng)正棱柱的體積取最大值時，其高的值為(　　) A．3 B. C．2 D．2 解析：選D.設(shè)正六棱柱的底面邊長為a，高為h，則可得a2＋＝9，即a2＝9－，那么正六棱柱的體積V＝×h＝h＝， 令y＝－＋9h，則y′＝－＋9， 令y′＝0，解得h＝2，易知當(dāng)h＝2時，y取最大值，即正六棱柱的體積最大． 6．設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)函數(shù)f′(x)，對于任意的實數(shù)x，都有f(x)＋f(－x)＝2x2，當(dāng)x<0時，f′(x)＋1<2x，若f(a＋1)≤f(－a)＋2a＋1，則

17、實數(shù)a的最小值為(　　) A．－ B．－1 C．－ D．－2 解析：選A.設(shè)g(x)＝f(x)－x2，則g(x)＋g(－x)＝0， 所以g(x)為R上的奇函數(shù)． 當(dāng)x<0時，g′(x)＝f′(x)－2x<－1<0，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，所以g(x)在R上單調(diào)遞減． 因為f(a＋1)≤f(－a)＋2a＋1， 所以f(a＋1)－(a＋1)2≤f(－a)－(－a)2， 即g(a＋1)≤g(－a)，所以a＋1≥－a， 解得a≥－，所以實數(shù)a的最小值為－. 二、填空題 7．已知等差數(shù)列{an}滿足3a4＝7a7，a1>0，Sn是數(shù)列{an}的前n項和，則Sn

18、取得最大值時n＝________． 解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因為3a4＝7a7，所以3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，所以4a1＝－33d.因為a1>0，所以d<0，Sn＝na1＋d＝n＋d＝＝，所以n＝9時，Sn取得最大值． 答案：9 8．如圖，設(shè)直線m，n相交于點O，且夾角為30°，點P是直線m上的動點，點A，B是直線n上的定點．若||＝||＝2，則·的最小值是________． 解析：以O(shè)B所在直線為x軸，過點O且垂直于AB的直線為y軸，建立如圖的坐標(biāo)系，則A(2，0)，B(4，0)， 設(shè)P，則＝， ＝， 所以·＝(2－a)(4－a)＋a2＝a2－6a

19、＋8＝＋≥，所以·的最小值為. 答案： 9．若不等式≤k(x＋2)－的解集為區(qū)間[a，b]，且b－a＝2，則k＝________． 解析： 如圖，分別作出直線y＝k(x＋2)－與半圓y＝. 由題意，知直線在半圓的上方，由b－a＝2，可知b＝3，a＝1，所以直線y＝k(x＋2)－過點(1，2)，則k＝. 答案： 三、解答題 10．已知正項等比數(shù)列{an}中，a4＝81，且a2，a3的等差中項為(a1＋a2)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若bn＝log3a2n－1，數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，數(shù)列{cn}滿足cn＝，Tn為數(shù)列{cn}的前n項和，求Tn.

20、解：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，由題意，得解得所以an＝a1qn－1＝3n， (2)由(1)得bn＝log332n－1＝2n－1，又bn＋1－bn＝2， 所以數(shù)列{bn}是首項b1＝1、公差為2的等差數(shù)列，所以其前n項和Sn＝＝＝n2. 所以cn＝＝＝， 所以Tn＝ ＝＝. 11．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，a∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值； (2)求證：當(dāng)a>ln 2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1. 解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，知f′(x)＝ex－2. 令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 令x

21、f′(x)<0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，ln 2)上單調(diào)遞減； 當(dāng)x>ln 2時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2處取得極小值f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a. (2)證明：設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)， 則g′(x)＝ex－2x＋2a， 由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a. 又a>ln 2－1，則g′(x)min>0. 于是對?x∈R，都有g(shù)′(x)>0，

22、所以g(x)在R上單調(diào)遞增． 于是對?x>0，都有g(shù)(x)>g(0)＝0. 即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1. 12．已知橢圓C的離心率為，過上頂點(0，1)和左焦點的直線的傾斜角為，直線l過點E(－1，0)且與橢圓C交于A，B兩點． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)△AOB的面積是否有最大值？若有，求出此最大值；若沒有，請說明理由． 解：(1)因為e＝＝，＝，b＝1，所以a＝2， 故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)因為直線l過點E(－1，0)， 所以可設(shè)直線l的方程為x＝my－1或y＝0(舍去)． 聯(lián)立消去x并整理， 得(m2＋4)y2－2my－3＝0， Δ＝(－2m)2＋12(m2＋4)>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中y1>y2， 則y1＋y2＝，y1y2＝， 所以|y2－y1|＝， 所以S△AOB＝|OE||y2－y1|＝ ＝. 設(shè)t＝，則g(t)＝t＋，t≥， 所以g′(t)＝1－>0， 所以g(t)在區(qū)間[，＋∞)上為增函數(shù)， 所以g(t)≥，所以S△AOB≤，當(dāng)且僅當(dāng)m＝0時等號成立． 所以△AOB的面積存在最大值，最大值為. - 12 -