1、大二轮理大二轮 数学 理2第二编 考前冲刺攻略大二轮 数学 理3第三步 数学思想与方法大二轮 数学 理4第一讲 函数与方程思想大二轮 数学 理51函数与方程思想的含义(1)函数思想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经常利用的性质是单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、图象变换等(2)方程思想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，使问题得以解决方程的教学是对方程概念的本质
2、认识，用于指导解题就是善于利用方程或方程组的观点观察处理问题方程思想是动中求静，研究运动中的等量关系大二轮 数学 理62函数思想与方程思想的联系函数思想与方程思想是密切相关的，如函数问题可以转化为方程问题来解决，方程问题也可以转化为函数问题加以解决，如解方程f(x)0，就是求函数yf(x)的零点，解不等式f(x)0(或f(x)0)，就是求函数yf(x)的正(或负)区间，再如方程f(x)g(x)的解的问题可以转化为函数yf(x)与yg(x)的交点问题，也可以转化为函数yf(x)g(x)与x轴的交点问题，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大二
3、轮 数学 理7类型一求最值或参数的范围LEIXING例1 2015山东高考设函数f(x)3x1，x1，2x，x1.则满足f(f(a)2f(a)的a的取值范围是()A.23，1 B0,1 C.23，D1，)审题过程切入点 据已知写出f(f(a)的表达式关注点 据a的不同取值范围转化方程 大二轮 数学 理8解析 由题意知，f(a)3a1，a12a，a1.由f(a)1，解得a23.所以f(f(a)3fa1，fa12fa，fa133a11，a2323a1，23a122a，a1大二轮 数学 理9故当a23时，方程f(f(a)2f(a)化为9a423a1，即18a823a.如图，分别作出直线y18x8与函
4、数y23x8x的图象，根据图象分析可知，A点横坐标为23，故a23不符合题意当23a0，所以(22d)2(2d)(33d)，得d2或d1(舍去)，所以数列an的通项公式an2n.(2)因为Snn(n1)，bn 1Sn1 1Sn2 1S2n1n1n21n2n312n2n1大二轮 数学 理12 1n1 1n2 1n2 1n3 12n12n1 1n112n1n2n23n112n1n3，令f(x)2x1x(x1)，则f(x)21x2，当x1时，f(x)0恒成立，所以f(x)在1，)上是增函数，故当x1时，f(x)minf(1)3，即当n1时，(bn)max16，要使对任意的正整数n，不等式bnk恒成立
5、，则须使k(bn)max16，所以实数k的最小值为16.大二轮 数学 理13模拟演练2 如果方程cos2xsinxa0在0，2 上有解，则a的取值范围为_解析 把方程变形为acos2xsinx.设f(x)cos2xsinx，x0，2.显然当且仅当a属于f(x)的值域时，af(x)有解f(x)(1sin2x)sinxsinx12254，且由x0，2 知sinx(0,1易求得f(x)的值域为(1,1，故a的取值范围是(1,1(1,1大二轮 数学 理14类型二求最值或参数的范围LEIXING例2记实数x1，x2，xn中的最大数为maxx1，x2，xn，最小数为minx1，x2，xn，则maxminx
6、1，x2x1，x6()A.34 B1C3 D.72审题过程切入点 函数yx1，yx2x1，yx6的图象关注点 maxminx1，x2x1，x6的含义 大二轮 数学 理15解析 在同一坐标系内画出函数yx1，yx2x1，yx6的图象如图所示：minx1，x2x1，x6的图象为深色部分，即为取在下方的图象部分，则maxminx1，x2x1，x6为图象中的最高点的纵坐标由yx1yx6，可得y72.大二轮 数学 理16解决图象交点及方程根等问题的方法函数图象的交点问题转化为方程根的问题是重要的方程思想，同时方程根的判断问题常转化为函数的零点问题又是重要的函数思想，在解决此类问题时要注意灵活应用大二轮
7、数学 理17模拟演练3 设函数f(x)x312x2的零点为x0，则x0所在的区间是()A(0,1)B(1,2)C(2,3)D(3,4)解析 解法一：因为函数f(x)x312x2的定义域为R，所以函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线又f(0)012240，f(1)1121210，f(3)2712126120，f(4)4312263340，所以f(1)f(2)2xx33；(3)设实数k使得f(x)kxx33 对x(0,1)恒成立，求k的最大值审题过程切入点 利用导数的几何意义求得曲线在该点处的切线斜率，再利用点斜式写出切线方程；关注点 方程与函数思想应用 大二轮 数学 理20解(1)因为f(x)
8、ln(1x)ln(1x)，所以f(x)11x 11x，f(0)2.又因为f(0)0，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y2x.(2)证明：令g(x)f(x)2xx33，则g(x)f(x)2(1x2)2x41x2.因为g(x)0(0 xg(0)0，x(0,1)，即当x(0,1)时，f(x)2xx33.大二轮 数学 理21(3)由(2)知，当k2时，f(x)kxx33 对x(0,1)恒成立当k2时，令h(x)f(x)kxx33，则h(x)f(x)k(1x2)kx4k21x2.所以当0 x 4 k2k 时，h(x)0，因此h(x)在区间0，4 k2k上单调递减当0 x 4 k2k 时
9、，h(x)h(0)0，即f(x)2时，f(x)kxx33 并非对x(0,1)恒成立综上可知，k的最大值为2.大二轮 数学 理22不等式问题的处理方法在解决不等式问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，利用函数的图象和性质解决问题同时要注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更明朗化一般地，已知存在范围的量为变量，而待求范围的量为参数大二轮 数学 理23模拟演练4 对于c0，当非零实数a，b满足4a22ab4b2c0且使|2ab|最大时，3a 4b 5c 的最小值为_解析 设2abt，则2atb，由已知得关于b的方程(tb)2b(tb)4b2c
10、0有解，即6b23tbt2c0有解故9t224(t2c)0，所以t285c，所以|t|max2 10c5，此时c58t2，b14t，2atb3t4，所以a3t8.故3a4b5c8t16t 8t281t21t81t12222.2大二轮 数学 理24模拟演练5 若不等式x2ax10对一切x0，12 恒成立，则a的最小值为()A0 B2C52D3解析 x2ax10，即ax21xx1x.当01时，记cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.审题过程切入点 根据条件求等差数列、等比数列中的基本量，再求通项公式；关注点 错位相减法求和 大二轮 数学 理26解(1)由题意有，10a145d100，a1d2，即
11、2a19d20，a1d2，解得a11，d2，或a19，d29.故an2n1，bn2n1，或an192n79，bn929n1.大二轮 数学 理27(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn2n12n1，于是Tn132 522 723 9242n12n1，12Tn12 322 523 724 9252n12n.可得12Tn212 122 12n22n12n32n32n，故Tn62n32n1.大二轮 数学 理28数列问题函数(方程)化法数列问题函数(方程)化法与形式结构函数(方程)化法类似，但要注意数列问题中n的取值范围为正整数，涉及的函数具有离散性特点，其一般解题步骤是：第一步：分析数列式子的
12、结构特征第二步：根据结构特征构造“特征”函数(方程)，转化问题形式第三步：研究函数性质结合解决问题的需要研究函数(方程)的相关性质，主要涉及函数单调性与最值、值域问题的研究第四步：回归问题结合对函数(方程)相关性质的研究，回归问题 大二轮 数学 理29模拟演练6 已知数列an的首项a14，前n项和为Sn，且Sn13Sn2n40(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设函数f(x)anxan1x2an2x3a1xn，f(x)是函数f(x)的导函数，令bnf(1)，求数列bn的通项公式，并研究其单调性解(1)由Sn13Sn2n40(nN*)得Sn3Sn12n240(n2)，两式相减得an13a
13、n20，可得an113(an1)(n2)，又由已知得a214，所以a213(a11)，即an1是一个首项为5，公比为3的等比数列，所以an53n11(nN*)大二轮 数学 理30(2)因为f(x)an2an1xna1xn1，所以f(1)an2an1na1(53n11)2(53n21)n(5301)53n123n233n3n30nn12.令S3n123n233n3n30，则3S3n23n133n2n31，作差得Sn233n14，所以f(1)53n1154nn62.即bn53n1154nn62，而bn153n2154n1n72，所以作差得bn1bn153n2n720，所以bn是单调递增数列大二轮
14、数学 理31类型五函数与方程思想在解析几何中的应用LEIXING例5 2015湖北高考一种作图工具如图1所示.O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DNON1，MN3.当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕O转动一周(D不动时，N也不动)，M处的笔尖画出的曲线记为C.以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系(1)求曲线C的方程；(2)设动直线l与两定直线l1：x2y0和l2：x2y0分别交于P，Q两点若直线l总与曲线C有且只有一个公共点，试探究：OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存
15、在，说明理由大二轮 数学 理32审题过程切入点 设相关点的坐标，利用向量列出等式求解；关注点 联立直线与椭圆，利用方程思想解(1)设点D(t,0)，(|t|2)，N(x0，y0)，M(x，y)，依题意，MD2DN，且|DN|ON|1，所以(tx，y)2(x0t，y0)，且x0t2y201，x20y201.即tx2x02t，y2y0.且t(t2x0)0.由于当点D不动时，点N也不动，所以t不恒等于0，于是t2x0，故x0 x4，y0y2，代入x20y201，可得x216y241，即所求的曲线C的方程为x216y241.大二轮 数学 理33(2)()当直线l的斜率不存在时，直线l为x4或x4，都有
16、SOPQ12448.()当直线l的斜率存在时，设直线l：ykxmk12，由ykxm，x24y216，消去y，可得(14k2)x28kmx4m2160.因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，所以64k2m24(14k2)(4m216)0，即m216k24.大二轮 数学 理34又由ykxm，x2y0，可得P 2m12k，m12k；同理可得Q 2m12k，m12k.由原点O到直线PQ的距离为d|m|1k2和|PQ|1k2|xPxQ|，可得SOPQ12|PQ|d12|m|xPxQ|12|m|2m12k 2m12k 2m214k2.将代入得，SOPQ2m214k2 8|4k21|4k21|.当k214
17、时，SOPQ84k214k21 8124k21 8；大二轮 数学 理35当0k214时，SOPQ84k2114k2 81214k2.因0k2b0)大二轮 数学 理37模拟演练7 已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为22，左、右焦点分别为F1、F2，以原点O为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线xy20相切(1)求椭圆C的标准方程；(2)设Q为椭圆C上不在x轴上的一个动点，过点F2作OQ的平行线交椭圆C于M、N两个不同的点，记QF2M的面积为S1，OF2N的面积为S2，令SS1S2，求S的最大值解(1)由题意知eca 22，所以e2c2a2a2b2a212，即a22b2，又以原点
18、O为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆为x2y2b2，且与直线xy20相切，所以b21212 2，所以a24，b22，故椭圆C的标准方程为x24y221.大二轮 数学 理38(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线OQ：xmy，则直线MN：xmy 2，由xmy 2x24y221得(m22)y22 2my20，y1y22 2mm22，y1y22m22.所以|MN|m21|y2y1|m21y1y224y1y2 m212 2mm22242m224m21m22，大二轮 数学 理39因为MNOQ，所以QF2M的面积等于OF2M的面积，SS1S2SOMN，因为点O到直线MN：xmy 2的距离d2m2
19、1，所以S12|MN|d124m21m22 2m212 2 m21m22.令 m21t，则m2t21(t1)，S2 2tt212 2t1t，因为t1t 2t1t 2(当且仅当t1t，即t1，也即m0时取等号)，所以当m0时，S取得最大值2.大二轮 数学 理40应用函数与方程思想解决问题时应注意以下五个方面的思考和切入(1)函数与不等式的相互转化对函数yf(x)，当y0时，就化为不等式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)在三角函数求值中，把所求的量看作未知量，其余的量通过三角函数关系化为未知量的表达式，那么问题就能化为未知量的方程来解(4)解析几何中的许多问题，如直线与二次曲线的位置关系问题，需要通过解二元方程组才能解决这都涉及二次方程与二次函数的有关理论(5)立体几何中有关线段的长、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决.大二轮 数学 理41专项训练
