2013高考数学思想方法(一)

12013高考数学思想方法（一）函数与方程思想1．函数方程思想就是用函数、方程的观点和方法处量变量或未知数之间的关系，从而解决问题的一种思维方式，是很重要的数学思想．(1)函数思想：把某变化过程中的一些相互制约的变量用函数关系表达出来，并研究这些量之间的相互制约关系，最后解决问题，这就是函数思想．应用函数思想解题，确立变量之间的函数关系是一关键步骤，大体可分为下面两个步骤：①根据题意建立变量之间的函数关系式，把问题转化为相应的函数问题；②根据需要构造函数，利用函数的相关知识解决问题．（2)方程思想(：在某变化过程中，往往需要根据一些要求，确定某些变量的值，这时常常列出这些变量的方程或(方程组)，通过解方程(或方程组)求出它们，这就是方程思想．2．函数与方程是两个有着密切联系的数学概念，它们之间相互渗透，很多方程的问题需要用函数的知识和方法解决，很多函数的问题也需要用方程的方法来支援，函数与方程之间的辩证关系，形成了函数方程思想．一、函数方程思想在求解最值或参数的取值范围的应用例1已知函数f(x)＝x3－2x2＋x，g(x)＝x2＋x＋a，若函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象有三个不同的交点，求实数a的取值范围．【解答】函数f(x)与y＝g(x)的图象有三个不同的交点等价于方程x3－2x2＋x＝x2＋x＋a有三个不同的实数根，即关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数根，令h(x)＝x3－3x2－a，则h′(x)＝3x2－6x.令h′(x)0，解得0x2；令h′(x)0，解得x0或x2.所以h(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上为增函数，在(0,2)上为减函数．所以h(0)为极大值，h(2)为极小值．从而h(2)0h(0)，解得－4a0.【点评】本题在求解参数取值范围时，利用函数的极值处理，迅速准确地使问题得到解决．变试题如果关于实数x的方程ax2＋1x＝3x的所有解中，仅有一个正数解，那么实数a的取值范围为()A．{a|－2≤a≤2}B．{a|a≤0或a＝2}C．{a|a≥2或a－2}D．{a|a≥0或a＝－2}B【解析】原问题⇔a＝3x－1x3有且仅有一个正实数解．令1x＝t(t≠0)，则a＝－t3＋3t.2令f(t)＝－t3＋3t(t≠0)，f′(t)＝－3t2＋3，由f′(t)＝0，得t＝1或t＝－1.又t∈(－1,1)且t≠0时，f′(t)0；t∈(－∞，－1)，(1，＋∞)时，f′(t)0.所以f(t)极大值＝f(1)＝2.又t→－∞，f(t)→＋∞；t→＋∞，f(t)→－∞.结合三次函数图象即可得到答案．二、准确认识函数关系中的主从变量，解决有关问题例2已知A、B、C是直线l上的三点，向量OA→，OB→，OC→满足：OA→－[y＋2f′(1)]OB→＋ln(x＋1)OC→＝0.(1)求函数y＝f(x)的表达式；(2)若x0，证明：f(x)2xx＋2；(3)若不等式12x2≤f(x2)＋m2－2bm－3时，x∈[－1,1]及b∈[－1,1]都恒成立，求实数m的取值范围．【解答】用三点共线的充要条件构建目标函数，借助导数研究单调性，利用值域构建不等式求解参数范围问题．(1)∵OA→－[y＋2f′(1)]OB→＋ln(x＋1)OC→＝0，∴OA→＝[y＋2f′(1)]OB→－ln(x＋1)OC→，由于A、B、C三点共线，即[y＋2f′(1)]＋[－ln(x＋1)]＝1，∴y＝f(x)＝ln(x＋1)＋1－2f′(1)，f′(x)＝1x＋1，故f′(1)＝12，∴f(x)＝ln(x＋1)．(2)令g(x)＝f(x)－2xx＋2，由g′(x)＝1x＋1－2x＋2－2xx＋22＝x2x＋1x＋22，∵x＞0，∴g′(x)＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数，故g(x)＞g(0)＝0，即f(x)＞2xx＋2.(3)原不等式等价于12x2－f(x2)≤m2－2bm－3，令h(x)＝12x2－f(x2)＝12x2－ln(x2＋1)，由h′(x)＝x－2xx2＋1＝x3－xx2＋1＝xx2－1x2＋1，当x∈[－1,1]时，h(x)max＝0，∴m2－2bm－3≥0.令Q(b)＝m2－2bm－3，则Q1＝m2－2m－3≥0，Q－1＝m2＋2m－3≥0，解得m≥3或m≤－3.3变试题对于满足0≤p≤4的所有实数p，不等式x2＋px＞4x＋p－3都成立，则实数x的取值范围是____________．x3或x－1【解析】原不等式可化为p(x－1)＋(x2－4x＋3)＞0，记f(p)＝p(x－1)＋x2－4x＋3，由已知0≤p≤4，f(p)＞0恒成立，有f0＝x2－4x＋30，f4＝x2－10.解之得x＞3或x＜－1.【点评】反客为主，变换主元是解题的关键．三、利用函数与方程的相互转化，解决有关问题例3(1)设a1，若仅有一个常数c使得对于任意的x∈[]a，2a，都有y∈[]a，a2满足方程logax＋logay＝c，这时a的取值的集合为____________．(1){2}【解析】由logax＋logay＝c，得y＝acx(x∈[a,2a])，则当x∈[a,2a]时，y∈ac－12，ac－1.又对于任意的x∈[a,2a]，都有y∈[a，a2]，因此ac－12≥a，ac－1≤a2，⇒c≥2＋loga2，c≤3，又仅有一个常数c，所以2＋loga2＝3⇒a＝2.(2)函数f(x)＝sinx5＋4cosx(0≤x≤2π)的值域是()A.－14，14B.－13，13C.－12，12D.－23，23(2)C【解析】由y＝sinx5＋4cosx，得y2＝sin2x5＋4cosx⇒1－cos2x＝5y2＋4y2cosx.令t＝cosx(t∈[－1,1])，则等价于方程t2＋4y2·t＋5y2－1＝0在[－1,1]上有实数根．令g(t)＝t2＋4y2·t＋5y2－1，∵g(－1)＝y2≥0，g(1)＝9y2≥0，故Δ≥0，－1≤－2y2≤1，⇒y2≤14，因此值域为－12，12，选C.四、运用函数、方程、不等式的相互转化，解决有关问题4例4若关于x的方程x2＋2kx－1＝0的两根x1、x2满足－1x10x22，则k的取值范围是()A.－34，0B.－34，0C.0，34D.0，34A【解析】设函数f(x)＝x2＋2kx－1，∵关于x的方程x2＋2kx－1＝0的两根x1、x2满足－1x10x22，∴f－10，f00，f20，即2k0，－10，4k＋30，∴－34k0，故选择A.变试题已知a∈R，若关于x的方程x2＋x＋a－14＋|a|＝0有实根，则a的取值范围是__________．0，14【解析】方程即a－14＋|a|＝－x2－x＝－x＋122＋14∈0，14，利用绝对值的几何意义，得a－14＋a≤a－14＋|a|≤14，可得实数a的取值范围为0，14.五、函数方程思想在数列问题中的应用例5[2010·全国卷Ⅰ]记等差数列{an}的前n项和为Sn，设S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列，求Sn.【解答】设数列{an}的公差为d，依题设有2a1a3＋1＝a22，a1＋a2＋a3＝12，即a21＋2a1d－d2＋2a1＝0，a1＋d＝4.解得a1＝1，d＝3，或a1＝8，d＝－4.因此Sn＝12n(3n－1)，或Sn＝2n(5－n)．变试题已知函数f(x)＝3－ax－3，x≤7，ax－6，x7，若数列{an}满足an＝f(n)(n∈N*)，且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是()A.94，3B.94，3C．[2,3)D．(1,3)【解析】A依题意，数列{an}满足an＝f(n)(n∈N*)，且{an}是递增数列，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以a≥3－a×7－3，3－a0，解得94≤a3，选择A.51．[2010·安徽卷]设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln2－1且x0时，exx2－2ax＋1.【解答】(1)f′(x)＝ex－2，所以当x∈[ln2，＋∞)时，f(x)是增函数；当x∈(－∞，ln2)时，f′(x)是减函数．所以f(x)的单调递增区间是[ln2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln2)．所以f(x)极小值＝f(ln2)＝2－2ln2＋2a.(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知当aln2－1时，g′(x)最小值＝2－2ln2＋2a，所以有g′(x)最小值0，即g(x)在R上是增函数，于是当aln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)g(0)，所以g(x)＝ex－x2＋2ax－10，所以exx2－2ax＋1.2．[2010·抚州卷]已知数列{an}，{bn}中，a1＝0，b1＝1，且当n∈N*时，an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求最小自然数k，使得当n≥k时，对任意实数λ∈[0,1]，不等式(2λ－3)bn≥(2λ－4)an＋(λ－3)恒成立．【解答】(1)依题意2bn＝an＋an＋1，a2n＋1＝bn·bn＋1.又∵a1＝0，b1＝1，∴bn≥0，an≥0，且2bn＝bn－1bn＋bnbn＋1，∴2bn＝bn－1＋bn＋1(n≥2)，∴数列{bn}是等差数列，又b2＝4，b3＝9，∴bn＝n，n＝1也适合．∴bn＝n2，an＝(n－1)n.(2)将an，bn代入不等式(2λ－3)bn≥(2λ－4)an＋(λ－3)，整理得(2n－1)λ＋n2－4n＋3≥0.令f(λ)＝(2n－1)λ＋n2－4n＋3，则f(λ)是关于λ的一次函数，由题意可得f0≥0，f1≥0，∴n2－4n＋3≥0，n2－2n＋2≥0，解得n≤1或n≥3.∴存在最小自然数k＝3，使得当n≥k时，不等式恒成立．