2020届二轮复习(理)第3部分策略11

2020届二轮复习(理)第3部分策略11

‎1．函数与方程思想 函数思想 方程思想 ‎　　函数思想的实质是抛开所研究对象的非数学特征，用联系和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立各变量之间固有的函数关系，通过函数形式，利用函数的有关性质，使问题得到解决.‎ ‎　　方程思想的实质就是将所求的量设成未知数，根据题中的等量关系，列方程(组)，通过解方程(组)或对方程(组)进行研究，以求得问题的解决.‎ ‎　　函数思想与方程思想在一定的条件下是可以相互转化的，是相辅相成的．函数思想重在对问题进行动态的研究，方程思想则是动中求解，研究运动中的等量关系.‎ 应用1　目标函数法求最值 ‎【典例1】(1)已知在半径为2的扇形AOB中，∠AOB＝120°，C是OB的中点，P为弧AB上任意一点，且＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为________．‎ ‎(2)已知正四棱锥PABCD中，PA＝2，则当该正四棱锥的体积最大时，它的高h等于________．‎ 切入点：(1)联想三角函数的定义、平面向量的坐标运算，建系求解．‎ ‎(2)建立体积V与高h之间的等量关系，借助导数等工具求V最大时的h值．‎ ‎(1)　(2)2　[(1)建立如图所示的平面直角坐标系，则O(0,0)，A(2,0)，C，则＝(2,0)，＝，设P(2cos θ，2sin θ)，‎ 则λ(2,0)＋μ＝(2cos θ，2sin θ)，即解得则 λ＋μ＝sin θ＋cos θ＝sin(θ＋φ)，其中tan φ＝，据此可知，当sin(θ＋φ)＝1时，λ＋μ取得最大值.‎ ‎(2)设正四棱锥PABCD的底面边长为a，‎ ‎∵PA＝2，∴＋h2＝12，即＋h2＝12，‎ 故a2＝24－2h2，∴正四棱锥PABCD的体积V＝a2h＝8h－h3(h＞0)，∴V′＝8－2h2，‎ 令V′＞0得0＜h＜2，令V′<0得h>2，∴当h＝2时，正四棱锥PABCD的体积取得最大值．]‎ ‎【对点训练1】(1)(2017·全国卷Ⅰ)已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为(　　)‎ A．16　　　　　 B．14‎ C．12 D．10‎ ‎(2)(2019·北京高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．‎ ‎(1)A　(2)0　－10　[(1)因为F为y2＝4x的焦点，所以F(1,0)．‎ 由题意直线l1，l2的斜率均存在，且不为0，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－，故直线l1，l2的方程分别为y＝k(x－1)，y＝－(x－1)．‎ 由 得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1，‎ 所以|AB|＝·|x1－x2|‎ ‎＝· ‎＝·＝.‎ 同理可得|DE|＝4(1＋k2)．‎ 所以|AB|＋|DE|＝＋4(1＋k2)‎ ‎＝4＝8＋4≥8＋4×2＝16，‎ 当且仅当k2＝，即k＝±1时，取得等号．‎ 故选A.‎ ‎(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝－3，S5＝－10，‎ ‎∴解得a1＝－4，d＝1，‎ ‎∴a5＝a1＋4d＝－4＋4×1＝0，‎ Sn＝na1＋d＝－4n＋＝－，‎ ‎∴n＝4或n＝5时，Sn取最小值为S4＝S5＝－10.]‎ 应用2　分离参数法求参数范围 ‎【典例2】(1)若方程cos2x－sin x＋a＝0在上有解，则实数a的取值范围为________．‎ ‎(2)若对x∈(－∞，－1]，不等式(m2－m)2x－＜1恒成立，则实数m的取值范围是________．‎ 切入点：(1)法一：分离参数构建函数，将方程有解问题转化为求函数的值域．‎ 法二：三角换元转化为一元二次方程在给定区间上有解．‎ ‎(2)分离参数，建立函数，将不等式恒成立问题转化为函数最值及解不等式问题．‎ ‎(1)(－1,1]　(2)(－2,3)　[(1)法一：(分离变量)把方程变形为a＝－cos2x＋sin x，设f(x)＝－cos2x＋sin x，x∈，‎ 显然，当且仅当a属于f(x)的值域时有解．‎ 因为f(x)＝－(1－sin2x)＋sin x＝－，且由x∈知sin x∈(0,1]，易求得f(x)的值域为(－1,1]，故a的取值范围是(－1,1]．‎ 法二：(换元法)令t＝sin x，由x∈，可得t∈(0,1]，‎ 将方程变为t2＋t－1－a＝0.‎ 依题意，该方程在(0,1]上有解，‎ 设f(t)＝t2＋t－1－a，其图象是开口向上的抛物线，对称轴t＝－，如图所示，‎ 因此，f(t)＝0在(0,1]上有解 等价于 即所以－1＜a≤1，‎ 故a的取值范围是(－1,1]．‎ ‎(2)不等式(m2－m)2x－＜1恒成立，等价于m2－m＜＋⇔m2－m＜min，构造函数f(x)＝＋，利用换元法，令t＝，则y＝t2＋t＝－，∵x∈(－∞，－1]，∴t∈[2，＋∞)，∴y＝t2＋t＝－的最小值为6，∴m2－m＜6⇔m2－m－6＜0⇔－2＜m＜3，所以实数m的取值范围是－2＜m＜3.]‎ ‎【对点训练2】(2019·天津高考)已知a∈R，设函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为(　　)‎ A．[0,1] B．[0,2]‎ C．[0，e] D．[1，e]‎ C　[当x≤1时，由f(x)＝x2－2ax＋‎2a≥0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，‎ 所以当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1＞0恒成立，‎ 当a＜1时，f(x)min＝f(a)＝‎2a－a2≥0，∴0≤a＜1.‎ 综上，a≥0.‎ 当x＞1时，由f(x)＝x－aln x≥0恒成立，‎ 即a≤恒成立．‎ 设g(x)＝，则g′(x)＝.‎ 令g′(x)＝0，得x＝e，‎ 且当1＜x＜e时，g′(x)＜0，当x＞e时，g′(x)＞0，‎ ‎∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.‎ 综上，a的取值范围是0≤a≤e，即[0，e]．故选C.]‎ 应用3　函数思想解不等式(比较大小)‎ ‎【典例3】(1)设0＜a＜1，e为自然对数的底数，则a，ae，ea－1的大小关系为(　　)‎ A．ea－1＜a＜ae B．ae ＜a＜ea－1‎ C．ae＜ea－1＜a D．a＜ea－1＜ae ‎(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R内的奇函数和偶函数，当x<0时， f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　)‎ A．(－3,0)∪(0,3)‎ B．(－3,0)∪(3，＋∞)‎ C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)‎ D．(－∞，－3)∪(0,3)‎ 切入点：(1)借助y＝ax(0＜a＜1)的单调性比较a与ae的大小；‎ 构造函数f(x)＝ex－x－1(x＞0)比较ea－1与a的大小．‎ ‎(2)构造函数F(x)＝f(x)g(x)，借助F(x)的奇偶性、单调性解f(x)g(x)＜0.‎ ‎(1)B　(2)D　[(1)设f(x)＝ex－x－1，x＞0，则f′(x)＝ex－1＞0，‎ ‎∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且f(0)＝0，f(x)＞0，‎ ‎∴ex－1＞x，即ea－1＞a.‎ 又y＝ax(0＜a＜1)在R上是减函数，得a＞ae，‎ 从而ea－1＞a＞ae.‎ ‎(2)设F(x)＝f(x)g(x)，由于f(x)，g(x)分别是定义在R内的奇函数和偶函数，得 F(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)，‎ 即F(x)为定义在R内的奇函数．‎ 又当x<0时，‎ F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，‎ 所以x<0时，f(x)为增函数．‎ 因为奇函数在对称区间上的单调性相同，‎ 所以当x>0时，f(x)也是增函数．‎ 因为F(－3)＝f(－3)g(－3)＝0＝－F(3)．‎ 所以由图可知f(x)<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)．]‎ ‎【对点训练3】(1)已知f(x)＝log2x，x∈[2,16]，对于函数f(x)值域内的任意实数m，使x2＋mx＋4＞‎2m＋4x恒成立的实数x的取值范围为(　　)‎ A．(－∞，－2] ‎ B．[2，＋∞)‎ C．(－∞，－2]∪[2，＋∞) 　　‎ D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)‎ ‎(2)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实数a满足f(2|a－1|)＞f(－)，则a的取值范围是________．‎ ‎(1)D　(2)　[(1)因为x∈[2,16]，所以f(x)＝log2x∈[1,4]，即m∈[1,4]．不等式x2＋mx＋4＞‎2m＋4x恒成立，即为m(x－2)＋(x－2)2＞0对m∈[1,4]恒成立．设g(m)＝(x－2)m＋(x－2)2，则此函数在区间[1,4]上恒大于0，‎ 所以即解得x＜－2或x＞2.‎ ‎(2)由f(x)是偶函数且f(x)在区间(－∞，0)上单调递增可知，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．又因为f(2|a－1|)＞f(－)，而f(－)＝f()，所以2|a－1|＜，即|a－1|＜，解得＜a＜.]‎ 应用4　应用方程思想求值 ‎【典例4】(1)(2018·浙江高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝，b＝2，A＝60°，则sin B＝________，c＝________.‎ ‎(2)[一题多解](2018·全国卷Ⅲ)已知点M(－1,1)和抛物线C：y2＝4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB＝90°，则k＝________.‎ ‎(1)　3　(2)2　[(1)由正弦定理＝，‎ 得sin B＝·sin A＝×＝.‎ 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，‎ 得7＝4＋c2－‎4c×cos 60°，‎ 即c2－‎2c－3＝0，解得c＝3或c＝－1(舍去)．‎ ‎(2)法一：由题意知，抛物线的焦点为(1,0)，则过C的焦点且斜率为k的直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，由消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1.由消去x得y2＝4，即y2－y－4＝0，则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，将x1＋x2＝，x1x2＝1与y1＋y2＝，y1y2＝－4代入，得k＝2.‎ 法二：设抛物线的焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 所以y－y＝4(x1－x2)，则k＝＝.取AB的中点M′(x0，y0)，分别过点A，B作准线x＝－1的垂线，垂足分别为A′，B′，又∠AMB＝90°，点M在准线x＝－1上，所以|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AA′|＋|BB′|)．又M′为AB的中点，所以MM′平行于x轴，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以k＝2.]‎ ‎【对点训练4】(1)[一题多解](2019·秦皇岛模拟)已知向量a＝(λ，1)，b＝(λ＋2,1)，若|a＋b|＝|a－b|，则实数λ的值为(　　)‎ A．－1 B．2‎ C．1 D．－2‎ ‎(2)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S7＝70，且a1，a2，a6成等比数列．设bn＝，则数列{bn}最小项的值为________．‎ ‎(1)A　(2)23　[(1)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，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)设公差为d，且d≠0，‎ 则有 即 解得或(舍去)，‎ 所以an＝3n－2，Sn＝[1＋(3n－2)]＝，‎ 所以bn＝＝3n＋－1≥2－1＝23，当且仅当3n＝，‎ 即n＝4时取等号，‎ 故数列{bn}最小项的值为23.]‎ 应用5　方程思想解不等式 ‎【典例5】(1)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)＜c的解集为(m，m＋6)，则实数c的值为________．‎ ‎(2)[一题多解]若a，b是正数，且满足ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围为________．‎ 切入点：(1)f(x)＝0有两个相等实根，f(x)＝c的两根分别为m，m＋6.‎ ‎(2)法一：注意到ab与a＋b的关系，可将原等式转化为一元二次方程．‎ 法二：利用均值不等式ab≤求解．‎ ‎(1)9　(2)[9，＋∞)　[(1)因为f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，‎ 所以Δ＝0，即a2－4b＝0，‎ 又f(x)＜c的解集为(m，m＋6)．‎ ‎∴m，m＋6是对应方程f(x)＝c的两个不同的根．‎ 即x2＋ax＋b－c＝0的两根分别为m，m＋6，‎ ‎∴ 由题意得 ‎|m＋6－m|＝＝，‎ 解得c＝9.‎ ‎(2)法一：若设ab＝t，则a＋b＝t－3.‎ 所以a，b可看成方程x2－(t－3)x＋t＝0的两个正根．‎ 从而有即 解得t≥9，即ab≥9.‎ 所以ab的取值范围是[9，＋∞)．‎ 法二：∵ab＝a＋b＋3，‎ ‎∴ab－3＝a＋b≥2，‎ 令＝t，则t2－2t－3≥0，‎ ‎∴t≤－1或t≥3，‎ ‎∴≤－1(舍)或≥3，即ab≥9.]‎ ‎【对点训练5】　关于x的一元二次不等式x2＋ax＋b＞0的解集为(－∞，－3)∪(1，＋∞)，则不等式ax2＋bx－2＜0的解集为(　　)‎ A．(－3,1) B.∪(2，＋∞)‎ C. D．(－1,2)‎ C　[由关于x的一元二次不等式x2＋ax＋b＞0的解集为(－∞，－3)∪(1，＋∞)，‎ 已知方程x2＋ax＋b＝0的两实数根分别为－3,1，‎ 则解得 所以不等式ax2＋bx－2＜0可化为2x2－3x－2＜0，即(2x＋1)(x－2)＜0，解得－＜x＜2，‎ 即所求不等式的解集为.]‎