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- 2021-04-15 发布
第一部分 思想方法研析指导
一、函数与方程思想
-
3
-
高考命题聚焦
思想方法诠释
高考把函数与方程思想作为思想方法的重点来考查
,
特别是在有关函数、三角函数、数列、不等式、解析几何等题目中
.
高考使用客观题考查函数与方程思想的基本运算
,
而在主观题中
,
则从更深的层次
,
在知识网络的交汇处
,
从思想方法与相关能力相结合的角度深入考查
.
-
4
-
高考命题聚焦
思想方法诠释
1
.
函数与方程思想的含义
(1)
函数思想是用运动和变化的观点分析和研究数学中的数量关系
,
是对函数概念的本质认识
,
建立函数关系或构造函数
,
运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题
,
从而使问题获得解决的思想方法
.
(2)
方程思想就是分析数学问题中变量间的等量关系
,
建立方程或方程组
,
或者构造方程
,
通过解方程或方程组
,
或者运用方程的性质去分析、转化问题
,
使问题获得解决的思想方法
.
(3)
方程思想与函数思想密切相关
:
方程
f
(
x
)
=
0
的解就是函数
y=f
(
x
)
的图象与
x
轴交点的横坐标
;
函数
y=f
(
x
)
也可以看作二元方程
f
(
x
)
-y=
0,
通过方程进行研究
;
方程
f
(
x
)
=a
有解
,
当且仅当
a
属于函数
f
(
x
)
的值域
.
函数与方程的这种相互转化关系十分重要
.
-
5
-
高考命题聚焦
思想方法诠释
2
.
函数与方程思想在解题中的应用
(1)
函数与不等式的相互转化
,
对函数
y=f
(
x
),
当
y>
0
时
,
可转化为不等式
f
(
x
)
>
0,
借助于函数的图象和性质可解决有关问题
,
而研究函数的性质也离不开不等式
.
(2)
数列的通项与前
n
项
和
都
是
自变量为正整数的函数
,
用函数的观点去处理数列问题十分重要
.
(3)
解析几何中的许多问题
,
需要通过解二元方程组才能解决
.
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6
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
命题热点四
利用函数思想解决与方程有关的问题
【思考】
如何处理含参数的方程在给定区间上有解
,
求参数
的
取值
范围
问题
?
例
1
已知方程
cos
2
x-
sin
x+a=
0
在
上
有解
,
求
a
的取值范围
.
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7
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
命题热点四
-
8
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
命题热点四
题后反思
本例题的解题思路有两个
:
一是可分离参数为
a=-
cos
2
x+
sin
x
,
转化为确定的相关函数的值域
;
二是将方程问题转化为函数问题
,
构造函数关系
,
利用零点存在性定理求解
.
-
9
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
命题热点四
对点训练
1
设
x
0
是函数
f
(
x
)
= -
log
2
x
的零点
.
若
0
0
D.
f
(
a
)
的符号不确定
答案
解析
解析
关闭
答案
解析
关闭
-
10
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
命题热点四
函数与方程思想在不等式中的应用
【思考】
如何用函数与方程思想解决不等式恒成立问题
?
例
2
设函数
f
(
x
)
=x
2
-
1,
对任意
x
∈
-
4
m
2
f
(
x
)
≤
f
(
x-
1)
+
4
f
(
m
)
恒成立
,
求实数
m
的取值范围
.
-
11
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
命题热点四
-
12
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
命题热点四
-
13
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命题热点一
命题热点二
命题热点三
命题热点四
题后反思
根据
题目
的
条件构造
函数关系
,
把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题是常用的解题思路
.
-
14
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
命题热点四
对点训练
2
已知函数
f
(
x
)
=
(
其中
k
∈
R
,e
=
2
.
718 28
…
是自然对数的底数
),
f'
(
x
)
为
f
(
x
)
的导函数
.
(1)
当
k=
2
时
,
求曲线
y=f
(
x
)
在点
(1,
f
(1))
处的切线方程
;
(2)
若
x
∈
(0,1]
时
,
f'
(
x
)
=
0
都有解
,
求
k
的取值范围
;
(3)
若
f'
(1)
=
0,
试
证明
:
对任意
x>
0,
f'
(
x
)
<
恒
成立
.
-
15
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
命题热点四
(3)
证明：
由
f'
(1)
=
0,
得
k=
1
.
令
g
(
x
)
=
(
x
2
+x
)
·f'
(
x
),
令
h
(
x
)
=
1
-x-x
ln
x
,
x
∈
(0,
+∞
),
则
h'
(
x
)
=-
ln
x-
2,
x
∈
(0,
+∞
),
因此
,
当
x
∈
(0,e
-
2
)
时
,
h'
(
x
)
>
0,
h
(
x
)
单调递增
;
当
x
∈
(e
-
2
,
+∞
)
时
,
h'
(
x
)
<
0,
h
(
x
)
单调递减
.
因此
,
h
(
x
)
的最大值为
h
(e
-
2
)
=
e
-
2
+
1,
故
1
-x-x
ln
x
≤
e
-
2
+
1
.
设
φ
(
x
)
=
e
x
-
(
x+
1),
∵
φ
'
(
x
)
=
e
x
-
1,
∴
当
x
∈
(0,
+∞
)
时
,
φ
'
(
x
)
>
0,
φ
(
x
)
单调递增
,
-
16
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
命题热点四
函数与方程思想在数列中的应用
【思考】
求等差
(
或等比
)
数列中的通项及前
n
项和的最值的基本方法有哪些
?
例
3
设
f
n
(
x
)
是等比数列
1,
x
,
x
2
,
…
,
x
n
的各项和
,
其中
x>
0,
n
∈
N
,
n
≥
2
.
(2)
设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列
,
其各项和为
g
n
(
x
),
比较
f
n
(
x
)
和
g
n
(
x
)
的大小
,
并加以证明
.
-
17
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
命题热点四
-
18
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
命题热点四
所以
h
(
x
)
在
(0,1)
内递增
,
在
(1,
+
∞
)
内递减
,
所以
h
(
x
)
1,
若对于任意的
x
∈
[
a
,2
a
],
都有
y
∈
[
a
,
a
2
]
满足方程
log
a
x+
log
a
y=
3,
则
a
的取值集合为
(
)
A.{
a|
1
0,
且
a
≠1)
在
R
上单调递减
,
且关于
x
的方程
|f
(
x
)
|=
2
-x
恰有两个不相等的实数解
,
则
a
的取值范围是
(
)
答案：
C
-
32
-
规律总结
拓展演练
如图
,
作出
y=|
log
a
(
x+
1)
+
1
|
(
x
≥
0)
的图象
,
由图知当
x
≥
0
时
,
方程
|f
(
x
)
|=
2
-x
只有一解
.
当
x<
0
时
,
|f
(
x
)
|=
2
-x
,
即
x
2
+
(4
a-
3)
x+
3
a=
2
-x
只有一负实根
,
整理得
x
2
+
(4
a-
2)
x+
3
a-
2
=
0,
Δ=
(4
a-
2)
2
-
4
×
1
×
(3
a-
2)
=
4(4
a
2
-
7
a+
3)
=
4(4
a-
3)(
a-
1)
.
-
33
-
规律总结
拓展演练
-
34
-
规律总结
拓展演练
3
.
若
2
x
+
5
y
≤
,
则
x
,
y
满足的关系式为
.
答案
解析
解析
关闭
答案
解析
关闭
-
35
-
规律总结
拓展演练
4
.
已知函数
f
(
x
)(
x
∈
R
)
满足
f
(
x
)
=
,
a
≠0,
f
(1)
=
1,
且使
f
(
x
)
=
2
x
成立的实数
x
只有一个
,
求函数
f
(
x
)
的表达式
.
答案
答案
关闭