高考数学难点突破36__函数方程思想

高考数学难点突破36__函数方程思想

高中数学难点 36 函数方程思想 函数与方程思想是最重要的一种数学思想，高考中所占比重较大，综合知识多、题型多、 应用技巧多.函数思想简单，即将所研究的问题借助建立函数关系式亦或构造中间函数，结 合初等函数的图象与性质，加以分析、转化、解决有关求值、解（证）不等式、解方程以及 讨论参数的取值范围等问题；方程思想即将问题中的数量关系运用数学语言转化为方程模型 加以解决. ●难点磁场 1.（★★★★★）关于 x 的不等式 2·32x–3x+a2–a–3＞0，当 0≤x≤1 时恒成立，则 实数 a 的取值范围为 . 2.（★★★★★）对于函数 f(x)，若存在 x0∈R,使 f(x0)=x0 成立，则称 x0 为 f(x)的不动点. 已知函数 f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0) （1）若 a=1,b=–2 时，求 f(x)的不动点； （2）若对任意实数 b，函数 f(x)恒有两个相异的不动点，求 a 的取值范围； （3）在（2）的条件下，若 y=f(x)图象上 A、B 两点的横坐标是函数 f(x)的不动点，且 A、 B 关于直线 y=kx+ 12 1 2 a 对称，求 b 的最小值. ［例 1］已知函数 f(x)=logm 3 3   x x (1)若 f(x)的定义域为［α ，β ］，（β ＞α ＞0），判断 f(x)在定义域上的增减性，并加以 说明； (2)当 0＜m＜1 时，使 f(x)的值域为［logm［m(β –1)］， logm［m(α –1)］］的定义域区 间为［α ,β ］(β ＞α ＞0)是否存在？请说明理由. 命题意图：本题重在考查函数的性质，方程思想的应用.属★★★★级题目. 知识依托：函数单调性的定义判断法；单调性的应用；方程根的分布；解不等式组. 错解分析：第(1)问中考生易忽视“α ＞3”这一关键隐性条件；第(2)问中转化出的方程， 不能认清其根的实质特点，为两大于 3 的根. 技巧与方法：本题巧就巧在采用了等价转化的方法，借助函数方程思想，巧妙解题. 解：（1）   03 3 x x x＜–3 或 x＞3. ∵f(x)定义域为［α ,β ］,∴α ＞3 设β ≥x1＞x2≥α ，有 0)3)(3( )(6 3 3 3 3 21 21 2 2 1 1     xx xx x x x x 当 0＜m＜1 时，f(x)为减函数，当 m＞1 时，f(x)为增函数. （2）若 f(x)在［α ,β ］上的值域为［logmm(β –1),logmm(α –1)］ ∵0＜m＜1, f(x)为减函数. ∴           )1(log3 3log)( )1(log3 3log)(     mf mf mm mm 即 3, 0)1(3)12( 0)1(3)12( 2 2          又 mmm mmm 即α ,β 为方程 mx2+(2m–1)x–3(m–1)=0 的大于 3 的两个根 ∴            0)3( 32 12 011616 10 2 mf m m mm m ∴0＜m＜ 4 32  故当 0＜m＜ 时，满足题意条件的 m 存在. ［例 2］已知函数 f(x)=x2–(m+1)x+m(m∈R) (1)若 tanA,tanB 是方程 f(x)+4=0 的两个实根，A、B 是锐角三角形 ABC 的两个内角.求证： m≥5; (2)对任意实数α ,恒有 f(2+cosα )≤0，证明 m≥3; (3)在(2)的条件下，若函数 f(sinα )的最大值是 8，求 m. 命题意图：本题考查函数、方程与三角函数的相互应用；不等式法求参数的范围.属 ★★★★★级题目. 知识依托：一元二次方程的韦达定理、特定区间上正负号的充要条件，三角函数公式. 错解分析：第(1)问中易漏掉Δ ≥0 和 tan(A+B)＜0，第(2)问中如何保证 f(x)在［1,3］恒 小于等于零为关键. 技巧与方法：深挖题意，做到题意条件都明确，隐性条件注意列.列式要周到，不遗漏. （1）证明：f(x)+4=0 即 x2–(m+1)x+m+4=0.依题意：       04tantan 01tantan 0)4(4)1( 2 mBA mBA mm 又 A、B 锐角为三角形内两内角 ∴ 2  ＜A+B＜π ∴tan(A+B)＜0，即 03 1 tantan1 tantan)tan(    m m BA BABA ∴             03 1 04 01 01522 m m m m mm ∴m≥5 (2)证明：∵f(x)=(x–1)(x–m) 又–1≤cosα ≤1，∴1≤2+cosα ≤3，恒有 f(2+cosα )≤0 即 1≤x≤3 时，恒有 f(x)≤0 即(x–1)(x–m)≤0 ∴m≥x 但 xmax=3，∴m≥xmax=3 (3)解：∵f(sinα )=sin2α –(m+1)sinα +m= 4 )1()2 1(sin 2 2  mmm 且 2 1m ≥2,∴当 sinα =–1 时，f(sinα )有最大值 8. 即 1+(m+1)+m=8，∴m=3 函数与方程的思想是最重要的一种数学思想，要注意函数，方程与不等式之间的相互联 系和转化.考生应做到： （1）深刻理解一般函数 y=f(x)、y=f–1(x)的性质（单调性、奇偶性、周期性、最值和图 象变换），熟练掌握基本初等函数的性质，这是应用函数思想解题的基础. （2）密切注意三个“二次”的相关问题，三个“二次”即一元二次函数、一元二次方 程、一元二次不等式是中学数学的重要内容，具有丰富的内涵和密切的联系.掌握二次函数 基本性质，二次方程实根分布条件，二次不等式的转化策略. 一、选择题 1.（★★★★★）已知函数 f(x)=loga［ x –(2a)2］对任意 x∈［ 2 1 ,+∞］都有意义，则 实数 a 的取值范围是( ) A.(0, 4 1 ] B.(0, ) C.［ ,1) D.( , 2 1 ） 2.（★★★★★）函数 f(x)的定义域为 R，且 x≠1，已知 f(x+1)为奇函数，当 x＜1 时， f(x)=2x2–x+1，那么当 x＞1 时，f(x)的递减区间是( ) A.［ 4 5 ，+∞) B.(1, ] C.［ 4 7 ,+∞) D.(1, ］ 二、填空题 3.（★★★★）关于 x 的方程 lg(ax–1)–lg(x–3)=1 有解，则 a 的取值范围是 . 4.（★★★★★）如果 y=1–sin2x–mcosx 的最小值为–4，则 m 的值为 . 三、解答题 5.（★★★★）设集合 A={x｜4x–2x+2+a=0,x∈R}. （1）若 A 中仅有一个元素，求实数 a 的取值集合 B； （2）若对于任意 a∈B，不等式 x2–6x＜a(x–2)恒成立，求 x 的取值范围. 6.（★★★★）已知二次函数 f(x)=ax2+bx(a,b 为常数，且 a≠0)满足条件:f(x–1)=f(3–x) 且方程 f(x)=2x 有等根. （1）求 f(x)的解析式； （2）是否存在实数 m，n(m＜n＝，使 f(x)定义域和值域分别为［m,n］和［4m,4n］，如 果存在，求出 m、n 的值；如果不存在，说明理由. 7.（★★★★★）已知函数 f(x)=6x–6x2，设函数 g1(x)=f(x), g2(x)=f［g1(x)］, g3(x)=f ［g2(x)］, …gn(x)=f［gn–1(x)］,… （1）求证：如果存在一个实数 x0，满足 g1(x0)=x0，那么对一切 n∈N，gn(x0)=x0 都成立； （2）若实数 x0 满足 gn(x0)=x0，则称 x0 为稳定不动点，试求出所有这些稳定不动点； （3）设区间 A=（–∞,0）,对于任意 x∈A，有 g1(x)=f(x)=a＜0, g2(x)=f［g1(x)］=f(0)＜0， 且 n≥2 时，gn(x)＜0.试问是否存在区间 B（A∩B≠ ），对于区间内任意实数 x，只要 n≥2，都有 gn(x)＜0. 8.（★★★★）已知函数 f(x)= xa 11  (a＞0,x＞0). （1）求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数； （2）若 f(x)≤2x 在(0,+∞)上恒成立，求 a 的取值范围； （3）若 f(x)在［m,n］上的值域是［m,n］(m≠n)，求 a 的取值范围. 参 考 答 案 ●难点磁场 1.解析：设 t=3x，则 t∈［1,3］，原不等式可化为 a2–a–3＞–2t2+t,t∈［1,3］. 等价于 a2–a–3 大于 f(t)=–2t2+t 在［1,3］上的最大值. 答案：(–∞,–1)∪(2,+∞) 2.解：（1）当 a=1,b=–2 时，f(x)=x2–x–3，由题意可知 x=x2–x–3，得 x1=–1,x2=3. 故当 a=1,b=–2 时，f(x)的两个不动点为–1,3. （2）∵f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)恒有两个不动点， ∴x=ax2+(b+1)x+(b–1)，即 ax2+bx+(b–1)=0 恒有两相异实根 ∴Δ =b2–4ab+4a＞0(b∈R)恒成立. 于是Δ ′=(4a)2–16a＜0 解得 0＜a＜1 故当 b∈R，f(x)恒有两个相异的不动点时，0＜a＜1. （3）由题意 A、B 两点应在直线 y=x 上，设 A(x1,x1),B(x2,x2) 又∵A、B 关于 y=kx+ 12 1 2 a 对称. ∴k=–1.设 AB 的中点为 M(x′,y′) ∵x1,x2 是方程 ax2+bx+(b–1)=0 的两个根. ∴x′=y′= a bxx 22 21  ，又点 M 在直线 12 1 2  axy 上有 12 1 22 2  aa b a b ，即 aaa ab 12 1 12 2   ∵a＞0，∴2a+ a 1 ≥2 2 当且仅当 2a= 即 a= 2 2 ∈(0,1)时取等号， 故 b≥– 22 1 ，得 b 的最小值– 4 2 . ●歼灭难点训练 一、1.解析：考查函数 y1= x 和 y2=(2a)x 的图象，显然有 0＜2a＜1.由题意 2 1 )2(2 1 a 得 a= 4 1 ，再结合指数函数图象性质可得答案. 答案：A 2.解析：由题意可得 f(–x+1)=–f(x+1).令 t=–x+1，则 x=1–t，故 f(t)=–f(2–t)，即 f(x)= –f(2–x). 当 x＞1,2–x＜1，于是有 f(x)=–f(2–x)=–2(x– 4 7 )2– 8 7 ，其递减区间为［ ，+∞). 答案：C 3.解析：显然有 x＞3，原方程可化为 103 1   x ax 故有(10–a)·x=29,必有 10–a＞0 得 a＜10 又 x= a10 29 ＞3 可得 a＞ 3 1 . 答案： ＜a＜10 4.解析：原式化为 4)2(cos 2 2 mmxy  . 当 2 m ＜–1,ymin=1+m=–4m=–5. 当–1≤ ≤1,ymin= 4 2m =–4 m=±4 不符. 当 ＞1，ymin=1–m=–4 m=5. 答案：±5 二、5.解：(1)令 2x=t(t＞0)，设 f(t)=t2–4t+a. 由 f(t)=0 在(0,+∞)有且仅有一根或两相等实根，则有 ①f(t)=0 有两等根时，Δ =0 16–4a=0 a=4 验证：t2–4t+4=0 t=2∈(0,+∞)，这时 x=1 ②f(t)=0 有一正根和一负根时,f(0)＜0 a＜0 ③若 f(0)=0，则 a=0，此时 4x–4·2x=0 2x=0（舍去），或 2x=4,∴x=2，即 A 中只有一 个元素 综上所述，a≤0 或 a=4，即 B={a｜a≤0 或 a=4} （2）要使原不等式对任意 a∈(–∞,0］∪｛4｝恒成立.即 g(a)=(x–2)a–(x2–6x)＞0 恒 成立.只须 175 0810 2 0)4( 02 2            xx x g x ＜x≤2 6.解：（1）∵方程 ax2+bx=2x 有等根，∴Δ =(b–2)2=0,得 b=2. 由 f(x–1)=f(3–x)知此函数图象的对称轴方程为 x=– a b 2 =1 得 a=–1，故 f(x)=–x2+2x. （2）f(x)=–(x–1)2+1≤1，∴4n≤1，即 n≤ 4 1 而抛物线 y=–x2+2x 的对称轴为 x=1 ∴n≤ 时，f(x)在［m,n］上为增函数. 若满足题设条件的 m,n 存在，则      nnf mmf 4)( 4)(           20 20 42 42 2 2 nn mm nnn mmm 或 或即 又 m＜n≤ ,∴m=–2,n=0，这时定义域为［–2,0］，值域为［–8,0］. 由以上知满足条件的 m、n 存在，m=–2,n=0. 7.(1)证明：当 n=1 时，g1(x0)=x0 显然成立； 设 n=k 时，有 gk(x0)=x0(k∈N)成立， 则 gk+1(x0)=f［gk(x0)］=f(x0)=g1(x0)=x0 即 n=k+1 时，命题成立. ∴对一切 n∈N,若 g1(x0)=x0，则 gn(x0)=x0. （2）解：由（1）知，稳定不动点 x0 只需满足 f(x0)=x0 由 f(x0)=x0，得 6x0–6x0 2=x0,∴x0=0 或 x0= 6 5 ∴稳定不动点为 0 和 . (3)解：∵f(x)＜0，得 6x–6x2＜0x＜0 或 x＞1. ∴gn(x)＜0  f［gn–1(x)］＜0 gn–1(x)＜0 或 gn–1(x)＞1 要使一切 n∈N,n≥2，都有 gn(x)＜0，必须有 g1(x)＜0 或 g1(x)＞1. 由 g1(x)＜0 6x–6x2＜0 x＜0 或 x＞1 由 g1(x)＞0 6x–6x2＞1 6 33 6 33  x 故对于区间( 6 33,6 33  )和(1,+∞)内的任意实数 x,只要 n≥2,n∈N，都有 gn(x)＜0. 8.(1)证明：任取 x1＞x2＞0,f(x1)–f(x2)= 21 21 1221 11)11()11( xx xx xxxaxa  ∵x1＞x2＞0,∴x1x2＞0，x1–x2＞0, ∴f(x1)–f(x2)＞0，即 f(x1)＞f(x2)，故 f(x)在(0,+∞)上是增函数. （2）解：∵ xa 11  ≤2x 在(0,+∞)上恒成立，且 a＞0, ∴a≥ xx 12 1  在（0，+∞）上恒成立，令 4 2 122 1 12 1)(      xxxx xg （当且仅当 2x= x 1 即 x= 2 2 时取等号），要使 a≥ xx 12 1  在(0,+∞)上恒成立，则 a≥ 4 2 .故 a 的取值范 围是［ ,+∞). (3)解：由（1）f(x)在定义域上是增函数. ∴m=f(m),n=f(n)，即 m2– a 1 m+1=0，n2– n+1=0 故方程 x2– x+1=0 有两个不相等的正根 m，n，注意到 m·n=1，故只需要Δ =( )2– 4＞0,由于 a＞0，则 0＜a＜ 2 1 .