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《走向高考》2014高三数学二轮专题复习课件:8-1函数与方程思想、分类讨论思想解析


专题八

数学思想方法

专题八
第一讲 函数与方程思想、分类讨论思想

考向聚焦

3

高频考点

核心整合

4

课后强化作业

考向聚焦

考向分析 (1)函数的零点与方程根的关系. (2)函数思想、方程思想在函数、不等式、数列、解析几 何等知识中的应用. (3)分类讨论思想的应用.

命题规律 (1)通过函数的零点、函数的最值、方程根的个数及分类 讨论,考查函数与方程的关系及应用. (2)通过函数、数列、平面向量、三角、不等式、面积与 体积计算及解析几何等知识考查方程思想的应用. (3)通过数学概念、公式、性质、定理的限制条件、几何 图形的形状、位置关系,含参数的讨论等考查分类讨论思想 的应用.

核心整合

知识方法整合 1.函数与方程的关系 函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的 联系,方程f(x)=0的解就是函数y=f(x)的图象与x轴的交点的 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.

2.和函数与方程思想密切关联的知识点 (1)函数与不等式的相互转化.对函数y=f(x),当y>0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)解析几何中的许多问题,例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. (4)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算,经常 需要运用列方程或建立函数关系的方法加以解决,引进空间 向量后,立体几何与函数的关系就更加密切.

(5)(理)函数f(x)=(a+bx)n(n∈N*)与二项式定理密切相 关,利用这个函数,用赋值法和比较系数法可以解决很多有 关二项式定理的问题及求和问题.

3.分类讨论的常见类型 (1)由数学概念引发的分类讨论:如绝对值、直线斜率、 指数函数、对数函数、一次、二次函数、正比例函数、反比 例函数、幂函数、复数的概念、三角函数的定义域. (2)由性质、定理、公式、法则的限制条件引起的分类讨 论,如等比数列前n项和公式、不等式的一些性质、函数的单 调性、根式的性质.

(3)由数学运算引起的分类,如除数不为0,偶次方根的被 开方数非负,对数函数的底数a>0且a≠1,指数运算中对底数 的限制,不等式两边同乘以一个正数(负数),排列组合中的分 类计数. (4)由图形的不确定性引起的讨论,如图形的类型、位 置,角的终边所在象限、点线面位置等,点斜式(斜截式)直线 方程适用范围,直线与圆锥曲线的位置关系.

(5)由参数的变化引起的分类讨论:含参数的问题(方程、 不等式、函数等),由于参数的不同取值会导致结果不同或不 同的参数求解、证明的方法不同等. (6)由实际问题的实际意义引起的分类讨论. 4.分类讨论的原则:标准统一,不重复、不遗漏,层次 分明,不越级讨论. 5.分类讨论的步骤:(1)确定分类讨论的对象和分类标 准;(2)合理分类,逐类讨论;(3)归纳总结,得出结论.

疑难误区警示 1.分类讨论时,标准必须统一,分类后要做到无遗漏、 不重复,还要注意不越级讨论,层次分明,能避免分类的题 目不要分类. 2.运用方程思想解决函数问题时,要注意函数定义域的 限制.

高频考点

函数与方程的思想
π 如果方程cos x-sinx+a=0在(0, 2 ]上有解,
2

求a的取值范围. [分析] 可分离变量为a=-cos2x+sinx,转化为确定的

相关函数的值域.

[解析]

解法1:把方程变为a=-cos2x+sinx.
2

π 设f(x)=-cos x+sinx(x∈(0,2]). 显然当且仅当a∈f(x)的值域时,a=f(x)有解. 12 5 π ∵f(x)=-(1-sin x)+sinx=(sinx+ ) - ,且由x∈(0, ] 2 4 2
2

知,sinx∈(0,1]. ∴f(x)的值域为(-1,1], ∴a的取值范围是(-1,1].

π 解法2:令t=sinx,由x∈(0,2]可得t∈(0,1]. 把原方程变为t2+t-1-a=0, 依题意,该方程在(0,1]上有解, 设f(t)=t2+t-1-a. 1 其图象是开口向上的抛物线,对称轴为x=- 2 ,在区间 (0,1]的左侧,如下图所示.

因此f(t)=0在(0,1]上有解,
? ?f?0?<0 当且仅当? ? ?f?1?≥0 ? ?-1-a<0 ,即? ? ?1-a≥0



∴-1<a≤1,故a的取值范围是(-1,1].

[点评]

此类含参数的三角、指数、对数等复杂方程解的

问题,通常有两种处理思路:一是分离参数构建函数,将方 程有解转化为求函数的值域;二是换元,将复杂方程问题转 化为熟悉的二次方程,进而利用二次方程解的分布情况构建 不等式或构造函数加以解决.

(文)已知方程9x-2· 3x+(3k-1)=0有两个实根,则实数k 的取值范围为________.
1 2 [答案] 3<k≤3

[解析]

令3x=t,则方程化为

t2-2t+(3k-1)=0;(*) 要使原方程有两个实根,方程(*)必须有两个正根, ?Δ=4-4?3k-1?≥0, ? t2=3k-1>0, ∴? t 1 · ?t +t =2>0, ?1 2 1 2 解得 <k≤ . 3 3

(理)(2012· 江西盟校联考)已知函数f(x)=ax3+(2-a)x2-x -1(a>0). (1)若a=4,求f(x)的单调区间; (2)设x1、x2为关于x的方程f(x)=0的实根,且x1≠1, x1 1 x2≠1,若x ∈[2,2],求a的取值范围. 2

[解析]

(1)∵当a=4时,f(x)=4x3-2x2-x-1,

∴f ′(x)=12x2-4x-1=(6x+1)(2x-1), 1 1 由f ′(x)>0得x<-6或x>2, 1 1 由f ′(x)<0,得- <x< , 6 2 1 1 ∴f(x)的单调递增区间为(-∞,- 6 ),( 2 ,+∞),单调 1 1 递减区间为(- , ). 6 2

(2)∵f(x)=(x-1)(ax2+2x+1), ∴f(x)=0一根为1,另两根为ax2+2x+1=0的解,
? ?a>0, 由? ? ?Δ=4-4a≥0

得0<a≤1,

由韦达定理可知ax2+2x+1=0的解均为负值. x1 ∵x >0,x1、x2为ax2+2x+1=0的根, 2 22 ?- ? ?x1+x2?2 x1 x2 a ∴ = + +2= x1x2 x2 x1 1 a

4 x1 = .令t= , a x2 1 1 则u(t)=t+ t +2,t∈[2,2], 1 则u′(t)=1- 2, t 1 ∴u(t)在[2,1]递减,在[1,2]递增, 9 4 9 8 ∴u(t)∈[4, ],即 ∈[4, ],故a∈[ ,1]. 2 a 2 9

1 1 (文)求正整数a的最大值,使不等式 + n+1 n+2 1 +…+ >a-7对一切正整数n都成立. 3n+1 [分析] 要求正整数a的最大值,应先求a的取值范围,关

1 1 1 键是求出代数式 + +…+ 的最小值,可将其视 n+1 n+2 3n+1 为关于n的函数,通过单调性求解.

[解析]

1 1 1 令f(n)= + +…+ (n∈N*), n+1 n+2 3n+1

对任意的n∈N*, 1 1 1 1 f(n+1)-f(n)= + + - 3n+2 3n+3 3n+4 n+1 2 = >0, 3?n+1??3n+2??3n+4? 所以f(n)在N*上是增函数.

13 又f(1)= ,对一切正整数n,f(n)>a-7都成立的充要条 12 13 件是12>a-7, 97 所以a< ,故所求正整数a的最大值是8. 12

[点评]

本题是构造函数法解题的很好的例证.如果对数

列求和,那就会误入歧途.本题构造函数f(n),通过单调性求 其最小值解决了不等式恒成立的问题.利用函数思想解题必 须从不等式或等式中构造出函数关系并研究其性质,才能使 解题思路灵活变通.

1 3 (理)(2013· 东北三校联考)已知函数f(x)= x -ex2+mx+ 3 lnx 1(m∈R,e为自然对数的底数),g(x)= x . (1)对函数f(x)的单调区间; (2)对任意x1,x2∈R ,若g(x1)<f ′(x2)恒成立,求实数m 的取值范围.


[解析]

(1)f ′(x)=x2-2ex+m,令Δ=4(e2-m).

(ⅰ)当m≥e2时,f ′(x)≥0,∴f(x)在R上递增. (ⅱ)当m<e2时,Δ>0, 令f ′(x)>0?x<e- e2-m或x>e+ e2-m, ∴f(x)在(-∞,e- 增. 令f ′(x)<0?e- e2-m<x<e+ e2-m, ∴f(x)在(e- e2-m,e+ e2-m)上递减. e2-m )和(e+ e2-m ,+∞)上递

1-lnx 1-lnx (2)∵g′(x)= 2 ,令g′(x)= 2 =0,得x=e, x x ∴g(x)在(0,e)上递增,在(e,+∞)上递减, 1 ∴g(x)max=g(e)=e . 又∵f ′(x)=(x-e)2+m-e2, ∴当x>0时,f(x)min=m-e2. ∴?x1,x2∈R ,g(x1)<f ′(x2)?g(x)max<f ′(x)min, 1 1 2 2 ∴ <m-e ,即m>e + . e e


(2012· 安徽名校模拟)已知a∈[-1,1],不等式x2+(a-4)x +4-2a>0恒成立,则x的取值范围为( A.(-∞,2)∪(3,+∞) B.(-∞,1)∪(2,+∞) C.(-∞,1)∪(3,+∞) D.(1,3) )

[答案] C

[解析]

把不等式的左端看成关于a的一次函数,记f(a)=

(x-2)a+(x2-4x+4),则f(a)>0对于任意的a∈[-1,1]恒成 立,易知只需f(-1)=x2-5x+6>0且f(1)=x2-3x+2>0即可, 联立方程并解得x<1或x>3.

[方法规律总结] 1.应用函数与方程思想解决函数、方程、不等式问题, 是多元问题中的常见题型,常见的解题思路有以下两种: (1)分离变量,构造函数,将不等式恒成立、方程求解等 转化为求函数的最值(或值域),然后求解. (2)换元,将问题转化为一次不等式、二次不等式或二次 方程,进而构造函数加以解决.

2.有关二次方程根的分布问题一般通过两类方法解决: 一是根与系数的关系与判别式,二是结合函数值的符号(或大 小)、对称轴、判别式用数形结合法处理.

3.和函数与方程思想密切关联的知识点 ①函数y=f(x),当y>0时转化为不等式f(x)>0. ②数列是自变量为正整数的函数. ③直线与二次曲线位置关系问题常转化为二次方程根的 分布问题. ④立体几何中有关计算问题,有时可借助面积、体积公 式转化为方程或函数最值求解. 4.注意方程(或不等式)有解与恒成立的区别.

由数学概念、性质引起的分类讨论

(文)已知函数f(x)=loga(x2-2x-3),试求函数 f(x)的单调区间.

[解析] (3,+∞).

由x2-2x-3>0得函数的定义域为(-∞,-1)∪

所以,函数u(x)=x2-2x-3=(x-1)2-4的单调递增区间 为(3,+∞),单调递减区间为(-∞,-1). 当a>1时,f(x)=loga(x2-2x-3)的单调递增区间为(3,+ ∞),单调递减区间为(-∞,-1). 当0<a<1时,f(x)=loga(x2-2x-3)的单调递增区间为(- ∞,-1),单调递减区间为(3,+∞).

[点评]

许多数学概念本身都是涉及分类的,如绝对值、

指对函数、直线斜率、圆锥曲线定义等等.

(理)(2012· 山东)若函数f(x)=ax(a>0,a≠1)在[-1,2]上的 最大值为4,最小值为m,且函数g(x)=(1-4m) x 在[0,+∞) 上是增函数,则a=________.
1 [答案] 4

[解析]

1 若a>1,有a =4,a =m,此时a=2,m= , 2
2
-1

此时g(x)=- x 为减函数,不合题意;若0<a<1,有a-1=4, 1 1 a =m,故a= ,m= ,检验知符合题意. 4 16
2

已知a为实数,设函数f(x)=a 1-x2 + 1+x + 1-x 的 最大值为g(a). (1)设t= 1+x + 1-x ,求t的取值范围,并把f(x)表示为 t的函数m(t) (2)求g(a).

[解析]

(1)∵t= 1+x+ 1-x,

∴要使t有意义,必须1+x≥0且1-x≥0, 即-1≤x≤1. ∵t2=2+2 1-x2∈[2,4],t≥0, ∴t的取值范围是[ 2,2]. 12 由(*)得 1-x =2t -1,
2

(*)

12 1 2 ∴m(t)=a( t -1)+t= at +t-a,t∈[ 2,2]. 2 2

1 2 (2)由题意知g(a)即为函数m(t)= at +t-a,t∈[ 2 ,2]的 2 最大值. 1 1 2 注意到直线t=- 是抛物线m(t)= at +t-a的对称轴, a 2 分以下几种情况讨论. ①当a>0时,函数y=m(t),t∈[ 2 ,2]的图象是开口向上 1 的抛物线的一段,由t=- <0,知m(t)在[ a 增.∴g(a)=m(2)=a+2; 2 ,2]上单调递

②当a=0时,m(t)=t,t∈[ 2,2],∴g(a)=2; ③当a<0时,函数y=m(t),t∈[ 2 ,2]的图象是开口向下 的抛物线的一段, 1 2 若t=-a∈(0, 2],即a≤- 2 ,则g(a)=m( 2)= 2; 1 2 1 若t=-a∈( 2,2],即a∈(- 2 ,-2],则 1 1 g(a)=m(-a)=-a-2a; 1 1 若t=-a∈(2,+∞),即a∈(-2,0),

则g(a)=m(2)=a+2, 1 ? ?a+2,a>- , 2 ? ? 1 2 1 综上得,g(a)=?-a-2a,- 2 <a≤-2, ? ? 2 2,a≤- 2 . ? ?

[方法规律总结] 1.把分类定义的数学概念,或涉及概念中有限定范围的 单独找出来,弄清它们的本质,遇到相关题目时,首先看是 否涉及分类,就能有效提高解题正确率. 2.熟练掌握高中教材中有关的几何图形的性质中涉及分 类讨论的内容,才能在解题中立于不败之地.

由定理、公式、法则引起的分类讨论
x 1 已知f(x)= ,数列{an}满足a1= ,an+1= 3 3x+1 f(an)(n∈N*),
? ?1? ? ? (1)求证:数列 a ?是等差数列; ? n? ? ?

x x2 xn (2)记Sn(x)= + +…+ (x>0),求Sn(x). a1 a2 an

[分析]

(1)找出an与an+1关系;

(2)用错位相减法求和.

[解析] 1

an (1)由已知得an+1= , 3an+1

3an+1 1 1 1 ∴ = a =3+a .∴ -a =3. an+1 an+1 n n n
? ?1? ? ? ∴ a ?是首项为3,公差为3的等差数列. ? n? ? ?

1 (2)由(1)得a =3+3(n-1)=3n, n ∴Sn(x)=3x+6x2+9x3+…+3nxn. 3?n+1?n x=1时,Sn(1)=3+6+9+…+3n= ; 2

x≠1时,Sn(x)=3x+6x2+9x3+…+3nxn, xSn(x)=3x2+6x3+…+3(n-1)xn+3nxn+1, (1-x)Sn(x)=3x+3x2+…+3xn-3nxn+1, 3x-3?n+1?xn 1+3nxn 2 Sn(x)= . 2 ?1-x?
+ +

3 综上,当x=1时,Sn(1)=2n(n+1), 3x-3?n+1?xn+1+3nxn+2 当x≠1时,Sn(x)= . ?1-x?2

已知等差数列{an}中,a5=12,a20=-18. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{|an|}的前n项和Sn.

[解析]

? ?a5=a1+4d=12 (1)依题意? ? ?a20=a1+19d=-18



∴a1=20,d=-2, ∴an=20+(n-1)(-2)=-2n+22.
? ?-2n+22,n≤11 (2)易知|an|=|-2n+22|=? ? ?2n-22,n>11



∴n≤11时,Sn=20+18+…+(-2n+22)= n?20-2n+22? =(21-n)n; 2

n>11时,Sn=S11+2+4+…+(2n-22) ?n-11??2+2n-22? =110+ 2 =n2-21n+220.
? ??21-n?n,n≤11 综上所述,Sn=? 2 ? ?n -21n+220,n>11

.

[方法规律总结] 一次函数、二次函数、指数函数、对数函数的单调性, 均值定理、等比数列的求和公式等性质、定理与公式在不同 的条件下有不同的结论,或者在一定的限制条件下才成立, 这时要小心,应根据题目条件确定是否进行分类讨论.

由数学运算、图形变化或参数的变化引起的分类讨论
(文)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a>0). (1)当a=1时,曲线y=f(x)上P点处的切线与直线x-3y-2 =0垂直,求P点的坐标; (2)求函数f(x)的单调区间.

[解析]

1 (1)∵直线x-3y-2=0的斜率为 , 3

∴切线的斜率为-3. 由f(x)=x3+3|x-1|得: 当x≥1时,f(x)=x3+3x-3,f 立,∴切线不存在; 当x<1时,f(x)=x3-3x+3,f ′(x)=3x2-3=-3, ∴x=0,∴P点的坐标为(0,3). ′(x)=3x2+3=-3不成

(2)当x≥a时,f(x)=x3+3x-3a,f f(x)单调递增. 当x<a时,f(x)=x3-3x+3a, f ′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),

′(x)=3x2+3>0,∴

若0<a≤1,f ′(x)=0时,x=-1;f ′(x)>0时,x<-1;f ′(x)<0时,-1<x<a; 若a>1,f ′(x)=0时,x=± 1;f ′(x)>0时,x<-1或

1<x<a;f ′(x)<0时,-1<x<1.

综上可得:当0<a≤1时,f(x)的单调递增区间为(-∞, -1),(a,+∞),单调递减区间为(-1,a); 当a>1时,f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(1,+ ∞),单调递减区间为(-1,1).

(理)如图所示,在△AOB中,点A(2,1),B(3,0),点E在射 线OB上自O开始移动.设OE=x,过E作OB的垂线l,记△ AOB在直线l左边部分的面积为S,则函数S=f(x)的图象是 ( )

[答案] D

[解析]

1 1 1 2 当0<x≤2时,f(x)= · x· x= x ,是开口向上的 2 2 4

抛物线,且f(2)=1; 1 1 1 2 当2<x≤3时,f(x)= ×2×1+ (x-2)(3-x+1)=- x + 2 2 2 3x-3. 3 是开口向下,以(3,2)为顶点的抛物线. 当x>3时,f(x)是确定的常数,图象为直线.

(文)已知数列{an}的前n项和Sn=pn-1(p是常数),则数列 {an}是( )

A.等差数列 B.等比数列 C.等差数列或等比数列 D.以上都不对

[答案] D

[解析]

∵Sn=pn-1,

∴a1=p-1,an=Sn-Sn-1=(p-1)pn-1(n≥2), 当p≠1,且p≠0时,{an}是等比数列; 当p=1时,{an}是等差数列. 当p=0时,a1=-1,an=0(n≥2),此时{an}既不是等差 数列也不是等比数列.

(理)抛物线y2=4px(p>0)的焦点为F,P为其上一点,O为 坐标原点,若△OPF为等腰三角形,则这样的P点的个数为 ( ) A.2 B.3 C.4 D.6

[答案] C

[分析]

由于本题只说明△OPF为等腰三角形,但是没有

明确三角形的顶点,因此应进行分类讨论.

[解析]

当|PO|=|PF|时,点P在线段OF的中垂线上,此

时,点P的位置有两个;当|OP|=|OF|时,点P的位置也有两 个;|FO|=|FP|的情形,点P不存在.事实上,F(p,0),若设 P(x,y),则|FO|=p,|FP|= ?x-p?2+y2 ,若 ?x-p?2+y2 = p,则有x2-2px+y2=0,又∵y2=4px,∴x2+2px=0,解得x =0或x=-2p,当x=0时,不构成三角形;当x=-2p时,与 点P在抛物线上矛盾.所以符合要求的P点一共有4个.

[分法规律总结] 1.含参数的数学问题,参数变化时,往往会导致结果的 不同,这时要注意分类讨论,并且要注意与恒成立问题加以 区分. 2.有些数学问题,依据条件可以得到不同位置状态的图 形,这时要根据其不同位置进行分类讨论.

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