2020版高考数学二轮复习 第3部分 策略1 活用4大数学思想 1 函数与方程思想课件 理

第三部分增分篇策略一活用4大数学思想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OP→＝λOA→＋μOC→，则λ＋μ的最大值为________．(2)已知正四棱锥P­ABCD中，PA＝23，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)2213(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－12，32，则OA→＝(2,0)，OC→＝－12，32，设P(2cosθ，2sinθ)，则λ(2,0)＋μ－12，32＝(2cosθ，2sinθ)，即2λ－12μ＝2cosθ，32μ＝2sinθ，解得μ＝43sinθ，λ＝cosθ＋13sinθ，则λ＋μ＝53sinθ＋cosθ＝2213sin(θ＋φ)，其中tanφ＝35，据此可知，当sin(θ＋φ)＝1时，λ＋μ取得最大值2213.(2)设正四棱锥P­ABCD的底面边长为a，∵PA＝23，∴2a22＋h2＝12，即a22＋h2＝12，故a2＝24－2h2，∴正四棱锥P­ABCD的体积V＝13a2h＝8h－23h3(h＞0)，∴V′＝8－2h2，令V′＞0得0＜h＜2，令V′0得h2，∴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．16B．14C．12D．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－1k，故直线l1，l2的方程分别为y＝k(x－1)，y＝－1k(x－1)．由y＝kx－1，y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2k2＋4k2，x1x2＝1，所以|AB|＝1＋k2·|x1－x2|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝1＋k2·2k2＋4k22－4＝41＋k2k2.同理可得|DE|＝4(1＋k2)．所以|AB|＋|DE|＝41＋k2k2＋4(1＋k2)＝41k2＋1＋1＋k2＝8＋4k2＋1k2≥8＋4×2＝16，当且仅当k2＝1k2，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，∴a1＋d＝－3，5a1＋5×42d＝－10，解得a1＝－4，d＝1，∴a5＝a1＋4d＝－4＋4×1＝0，Sn＝na1＋nn－12d＝－4n＋nn－12＝12n－922－818，∴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－sinx＋a＝0在0，π2上有解，则实数a的取值范围为________．(2)若对x∈(－∞，－1]，不等式(m2－m)2x－12x＜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＋sinx，设f(x)＝－cos2x＋sinx，x∈0，π2，显然，当且仅当a属于f(x)的值域时有解．因为f(x)＝－(1－sin2x)＋sinx＝sinx＋122－54，且由x∈0，π2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]．法二：(换元法)令t＝sinx，由x∈0，π2，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＝－12，如图所示，因此，f(t)＝0在(0,1]上有解等价于f0＜0，f1≥0，即－1－a＜0，1－a≥0，所以－1＜a≤1，故a的取值范围是(－1,1]．(2)不等式(m2－m)2x－12x＜1恒成立，等价于m2－m＜12x2＋12x⇔m2－m＜12x2＋12xmin，构造函数f(x)＝12x2＋12x，利用换元法，令t＝12x，则y＝t2＋t＝t＋122－14，∵x∈(－∞，－1]，∴t∈[2，＋∞)，∴y＝t2＋t＝t＋122－14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)＝x2－2ax＋2a，x≤1，x－alnx，x＞1.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－alnx≥0恒成立，即a≤xlnx恒成立．设g(x)＝xlnx，则g′(x)＝lnx－1lnx2.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＜aeB．ae＜a＜ea－1C．ae＜ea－1＜aD．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x0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x0时，F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)0，所以x0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x0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(－2)，则a的取值范围是________．(1)D(2)12，32[(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g1＞0，g4＞0，即x－2＋x－22＞0，4x－2＋x－22＞0，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(－2)，而f(－2)＝f(2)，所以2|a－1|＜2，即|a－1|＜12，解得12＜a＜32.]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＝7，b＝2，A＝60°，则sinB＝________，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)2173(2)2[(1)由正弦定理asinA＝bsinB，得sinB＝ba·sinA＝27×32＝217.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得7＝4＋c2－4c×cos60°，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y＝kx－1，y2＝4x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＝2k2＋4k2，x1x2＝1.由y＝kx－1，y2＝4x消去x得y2＝41ky＋1，即y2－4ky－4＝0，则y1＋y2＝4k，y1y2＝－4.由∠AMB＝90°，得MA→·MB→＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，将x1＋x2＝2k2＋4k2，x1x2＝1与y1＋y2＝4k，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y21＝4x1，y22＝4x2，所以y21－y22＝4(x1－x2)，则k＝y1－y2x1－x2＝4y1＋y2.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′