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第44練 函數(shù)與方程思想
[思想方法解讀] 1.函數(shù)與方程思想的含義
(1)函數(shù)的思想,是用運動和變化的觀點,分析和研究數(shù)學中的數(shù)量關系,是對函數(shù)概念的本質認識,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,從而使問題獲得解決的思想方法.
(2)方程的思想,就是分析數(shù)學問題中變量間的等量關系,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,使問題獲得解決的思想方法.
2.函數(shù)與方程的思想在解題中的應用
(1)函數(shù)與不等式的相互轉化,對函數(shù)y=f(x),當y>0時,就化為不等式f(x)>0,借助于函數(shù)的圖象和性質可解決有關問題,而研究函數(shù)的性質也離不開不等式.
(2)數(shù)列的通項與前n項和是自變量為正整數(shù)的函數(shù),用函數(shù)的觀點去處理數(shù)列問題十分重要.
(3)解析幾何中的許多問題,需要通過解二元方程組才能解決.這都涉及二次方程與二次函數(shù)的有關理論.
(4)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(shù)表達式的方法加以解決,建立空間直角坐標系后,立體幾何與函數(shù)的關系更加密切.
常考題型精析
題型一 利用函數(shù)與方程思想解決圖象交點或方程根等問題
例1 已知函數(shù)f(x)=-x2+2ex+t-1,g(x)=x+ (x>0),其中e表示自然對數(shù)的底數(shù).
(1)若g(x)=m有實根,求m的取值范圍;
(2)確定t的取值范圍,使得g(x)-f(x)=0有兩個相異實根.
點評 函數(shù)圖象的交點、函數(shù)零點、方程的根三者之間可互相轉化,解題的宗旨就是函數(shù)與方程的思想.方程的根可轉化為函數(shù)零點、函數(shù)圖象的交點,反之函數(shù)零點、函數(shù)圖象交點個數(shù)問題也可轉化為方程根的問題.
變式訓練1 已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足:f(x)=且f(x+2)=f(x),g(x)=,則方程f(x)=g(x)在區(qū)間[-5,1]上的所有實根之和為( )
A.-5 B.-6
C.-7 D.-8
題型二 函數(shù)與方程思想在不等式中的應用
例2 已知函數(shù)f(x)=ln x-x+-1,g(x)=-x2+2bx-4,若對任意x1∈(0,2),x2∈[1,2],不等式f(x1)≥g(x2)恒成立,則實數(shù)b的取值范圍為____________.
點評 不等式恒成立問題的處理方法
在解決不等式恒成立問題時,一種最重要的思想方法就是構造適當?shù)暮瘮?shù),利用函數(shù)的圖象和性質解決問題.同時要注意在一個含多個變量的數(shù)學問題中,需要確定合適的變量和參數(shù),從而揭示函數(shù)關系,使問題更明朗化.一般地,已知存在范圍的量為變量,而待求范圍的量為參數(shù).
變式訓練2 設f(x)=ln x+-1.
證明:(1)當x>1時,f(x)<(x-1);
(2)當1
0或Δ≥0中,即可求出目標參數(shù)的取值范圍.
第五步:回顧反思.在研究直線與圓錐曲線的位置關系問題時,無論題目中有沒有涉及求參數(shù)的取值范圍,都不能忽視了判別式對某些量的制約,這是求解這類問題的關鍵環(huán)節(jié).
變式訓練4 如圖所示,設橢圓C1:+=1的左,右焦點分別是F1,F(xiàn)2,下頂點為A,線段OA的中點為B(O為坐標原點),若拋物線C2:y=mx2-n(m>0,n>0)與y軸的交點為B,且經過F1,F(xiàn)2兩點.
(1)求拋物線C2的方程;
(2)設M,N為拋物線C2上的一動點,過點N作拋物線C2的切線交橢圓C1于P,Q兩點,求△MPQ的面積的最大值.
高考題型精練
1.若2x+5y≤2-y+5-x,則有( )
A.x+y≥0 B.x+y≤0
C.x-y≤0 D.x-y≥0
2.在如圖所示的銳角三角形空地中,欲建一個面積不小于300 m2的內接矩形花園(陰影部分),則其邊長x(單位:m)的取值范圍是( )
A.[15,20] B.[12,25]
C.[10,30] D.[20,30]
3.滿足條件AB=2,AC=BC的三角形ABC的面積的最大值是________.
4.已知f(x)是定義域為R的偶函數(shù),當x≥0時,f(x)=x2-4x,那么,不等式f(x+2)<5的解集是________.
5.當x∈[-2,1]時,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.
6.(2015南京模擬)已知函數(shù)f(x)=+aln(x-1),其中x∈N*,a為常數(shù).
(1)當n=2時,求函數(shù)f(x)的極值;
(2)當a=1時,證明:對任意的正整數(shù)n,當x≥2時,有f(x)≤x-1.
答案精析
專題10 數(shù)學思想方法
第44練 函數(shù)與方程思想
??碱}型精析
例1 解 (1)方法一 因為x>0,所以g(x)=x+≥2=2e,等號成立的條件是x=e.
故g(x)的值域是[2e,+∞),
因而只需m≥2e,g(x)=m就有實根.
方法二 作出g(x)=x+ (x>0)的圖象,如圖所示,觀察圖象可知g(x)的最小值為2e,因此要使g(x)=m有實根,則只需m≥2e.
方法三 由g(x)=m,
得x2-mx+e2=0,
故等價于
故m≥2e.
(2)若g(x)-f(x)=0有兩個相異的實根,則函數(shù)g(x)與f(x)的圖象有兩個不同的交點.
因為f(x)=-x2+2ex+t-1=-(x-e)2+t-1+e2,所以函數(shù)f(x)圖象的對稱軸為直線x=e,開口向下,最大值為t-1+e2.
由題意,作出g(x)=x+ (x>0)及f(x)=-x2+2ex+t-1的大致圖象,如圖所示.
故當t-1+e2>2e,即t>-e2+2e+1時,g(x)與f(x)的圖象有兩個交點,即g(x)-f(x)=0有兩個相異實根.
所以t的取值范圍是(-e2+2e+1,+∞).
變式訓練1 C [g(x)===2+,由題意知函數(shù)f(x)的周期為2,則函數(shù)f(x),g(x)在區(qū)間[-5,1]上的圖象如圖所示:
由圖象知f(x)、g(x)有三個交點,故方程f(x)=g(x),在x∈[-5,1]上有三個根xA、xB、xC,xB=-3,=-2,xA+xC=-4,∴xA+xB+xC=-7.]
例2
解析 問題等價于f(x)min≥g(x)max.
f(x)=ln x-x+-1,
所以f′(x)=--=,
令f′(x)>0得x2-4x+3<0,解得12時,g(x)max=g(2)=4b-8.
故問題等價于
或或
解第一個不等式組得b<1,解第二個不等式組得1≤b≤,第三個不等式組無解.
綜上所述,b的取值范圍是.
變式訓練2 證明 (1)記g(x)=ln x+-1-(x-1),
則當x>1時,g′(x)=+-<0.
又g(1)=0,所以有g(x)<0,即f(x)<(x-1).
(2)記h(x)=(x+5)f(x)-9(x-1),
則當10恒成立,
所以f(x)在[1,+∞)上是增函數(shù),
故當x=1時,[f(x)]min=f(1)=3,
即當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.
變式訓練3 B
解析 f1(x)=x2-4x+4=(x-2)2,有1個零點2,由f2(x)=0可得f1(x)=2,則x=2+或x=2-,即y=f2(x)有2個零點,由f3(x)=0可得f2(x)=2-或2+,則(x-2)2=2-或(x-2)2=2+,即y=f3(x)有4個零點,以此類推可知,y=fn(x)的零點個數(shù)an=2n-1.故選B.
例4 解 (1)設橢圓C的方程為+=1 (a>b>0),
設c>0,c2=a2-b2,
由題意,知2b=,=,所以a=1,b=c=.
故橢圓C的方程為y2+=1,即y2+2x2=1.
(2)設直線l的方程為y=kx+m (k≠0),l與橢圓C的交點坐標為A(x1,y1),B(x2,y2),
由得(k2+2)x2+2kmx+(m2-1)=0,
Δ=(2km)2-4(k2+2)(m2-1)=4(k2-2m2+2)>0,(*)
x1+x2=,x1x2=.
因為=3,所以-x1=3x2,
所以則3(x1+x2)2+4x1x2=0,
即32+4=0,
整理得4k2m2+2m2-k2-2=0,
即k2(4m2-1)+2m2-2=0,
當m2=時,上式不成立;
當m2≠時,k2=,
由(*)式,得k2>2m2-2,又k≠0,
所以k2=>0,
解得-10,滿足題意.
綜上,可知△MPQ的面積的最大值為.
高考題型精練
1.B [把不等式變形為2x-5-x≤2-y-5y,構造函數(shù)y=2x-5-x,其為R上的增函數(shù),所以有x≤-y,即x+y≤0.]
2.C [如圖,△ADE∽△ABC,設矩形的另一邊長為y,則=2=2,所以y=40-x,由題意知xy≥300,即x(40-x)≥300,整理得x2-40x+300≤0,解不等式得10≤x≤30.]
3.2
解析 可設BC=x,則AC=x,
根據(jù)面積公式得S△ABC=x,
由余弦定理計算得cos B=,
代入上式得S△ABC=x
= .
由得2-20,∵x≥0時,f(x)=x2-4x,∴f(-x)=(-x)2-4(-x)=x2+4x,又f(x)為偶函數(shù),∴f(-x)=f(x),∴x<0時,f(x)=x2+4x,故有f(x)=再求f(x)<5的解集,由得0≤x<5;由得-50,
∴φ(x)在(0,1]上遞增,φ(x)max=φ(1)=-6,∴a≥-6.
當x∈[-2,0)時,a≤,
∴a≤min.
仍設φ(x)=,φ′(x)=-.
當x∈[-2,-1)時,φ′(x)<0,
當x∈(-1,0)時,φ′(x)>0.
∴當x=-1時,φ(x)有極小值,即為最小值.
而φ(x)min=φ(-1)==-2,∴a≤-2.
綜上知-6≤a≤-2.
6.(1)解 由已知得函數(shù)f(x)的定義域為{x|x>1},
當n=2時,f(x)=+aln(x-1),
所以f′(x)=.
當a>0時,由f′(x)=0得x1=1+>1,
x2=1-<1,
此時f′(x)=.
當x∈(1,x1)時,f′(x)<0,f(x)單調遞減;
當x∈(x1,+∞)時,f′(x)>0,f(x)單調遞增.
所以f(x)在x=1+處取得極小值,
極小值為f(1+)=(1+ln );
當a≤0時,f′(x)<0恒成立,所以f(x)無極值.
綜上所述,n=2時,當a>0時,
函數(shù)f(x)有極值,且為極小值(1+ln );
當a≤0時,f(x)無極值.
(2)證明 因為a=1,
所以f(x)=+ln(x-1).
當n為偶數(shù)時,令g(x)=x-1--ln(x-1),
則g′(x)=1+-
=+>0(x≥2).
所以當x∈[2,+∞)時,g(x)單調遞增,
又g(2)=0,因此g(x)=x-1--ln(x-1)≥g(2)=0恒成立,所以f(x)≤x-1成立.
當n為奇數(shù)時,要證f(x)≤x-1,由于<0,
所以只需證ln(x-1)≤x-1,
令h(x)=x-1-ln(x-1),
則h′(x)=1-=≥0(x≥2),
所以當x∈[2,+∞)時,h(x)=x-1-ln(x-1)單調遞增,
又h(2)=1>0,所以當x≥2時,恒有h(x)>0,
即ln(x-1)
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