2020年高考数学二轮复习（上海专版） 专题14 函数与方程思想（解析版）

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1、专题专题 14 函数与方程思想函数与方程思想 专题点拨专题点拨 函数与方程是中学数学的重要概念，它们之间有着密切的联系函数与方程的思想是中学数学的基本 思想，主要依据题意，构造恰当的函数，或建立相应的方程来解决问题，是历年高考的重点和热点 函数的思想是对函数概念的本质认识，就是善于利用函数知识或函数观点观察、分析和解决问题 方程的思想是对方程概念的本质认识，用于指导解题就是善于利用方程或方程组的观点观察处理问 题方程思想动中求静，研究运动中的等量关系 函数和方程是密切相关的，对于函数 yf(x)，当 y0 时，就转化为方程 f(x)0，也可以把函数式 y f(x)看作二元方程 yf(x)0.函

2、数问题(例如求函数的值域等)可以转化为方程问题来求解， 方程问题也可以转 化为函数问题来求解，如解方程 f(x)0，就是求函数 yf(x)的零点 (1)函数的零点与方程根的关系 根据函数零点的定义可知： 函数 f(x)的零点就是方程 f(x)0 的实数根 因此判断一个函数是否有零点， 有几个零点，就是判断相应的方程 f(x)0 是否有实数根，有几个实数根 (2)数列的通项或前 n 项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点处理数列问题十分重要 (3)解析几何中的许多问题，例如直线和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， 涉及到二次方程与二次函数的有关理论 (4)立体几何中有关线段

3、、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以 解决 例题剖析例题剖析 一、函数与方程思想在求函数零点中的应用 【例 1】已知函数 f(x) 1| x1 ，x1)的图象有 3 个交点，共有 8 个交点 二、函数与方程思想在求最值或求参数范围中的应用 【例 2】已知 a、b、cR，abc0，abc10，求 a 的取值范围 【解析】 把所要求的问题转化成一元二次方程求解 因为 bca，bc1a，b、c 是方程 x2ax1a0 的两根，a24(1a)0，即 a2 4a40，解得 a22 2或 a22 2. 【变式训练 2】已知 a、b 是正数，且满足 abab3，求 ab 的取

4、值范围 【解析】 方法一：(看成函数的值域)abab3，a1，ba3 a1，而 b0， a3 a10，即 a1 或 a0，a1，故 a10.aba a3 a1 （a1）25（a1）4 a1 (a1) 4 a159.当且 仅当 a1 4 a1，即 a3 时取等号又 a3 时，(a1) 4 a15 是关于 a 的单调增函数ab 的取值范 围是9，) 方法二： (看成不等式的解集)a， b 为正数， ab2 ab， 又 abab3， ab2 ab3.即( ab)2 2 ab30，解得 ab3 或 ab1(舍去)，ab9.ab 的取值范围是9，) 方法三：(看成方程的根)若设 abt，则 abt3，a

5、、b 可看成方程 x2(t3)xt0 的两个正 根从而 （t3） 24t0 abt30 abt0 ，即 t1或t9 t3 t0 ，解得 t9，即 ab9.ab 的取值范围是9，) 【例 3】已知二次函数 2 ( )f xaxx(aR，a0) (1)当a 1 2 时，(sin )fx(x)的最大值为 5 4 ，求( )f x的最小值； (2)如果x0，1时，总有|( )f x|1试求a的取值范围 【解析】(1)可算得 2 11 (sin )(sin) 24 fxax aa . 1 0 2 a， 1 1 2a . 又 max 5 ( (sin )1 4 fxa ， min 3 ( (sin ) 4

6、 fx . (2)0,1,|( )| 1xf x, 1 |() |1, 2 |(1) |1 . f a f 解得 1 2 4 a . 【变式训练 3】已知函数 f(x)2cos2xcosx1，g(x)cos2xa(cosx1)cosx3.若 yf(x)与 yg(x) 的图像在(0，)内至少有一个公共点试求 a 的取值范围 【解析】 yf(x)与 yg(x)的图像在(0，)内至少有一个公共点，即 yf（x） yg（x）有解，即令 g(x)f(x)， cos2xa(cosx1)cosx32cos2xcosx1，a(1cosx)(cosx1)21.x(0，)，00)的右支与焦点为F的抛物线x 22p

7、y(p0) 交于 A，B 两点，若|AF|BF|4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为_ 【答案】y 2 2 x 【解析】 由抛物线定义可得：|AF|BF|yAp 2yB p 24 p 2yAyBp， 因为 x 2 a2 y2 b21 x22py a2y22pb2ya2b20，所以 yAyB2pb 2 a2 pa 2b渐近线方程为 y 2 2 x.故 填 y 2 2 x. 四、函数与方程思想在不等式、方程中的应用 【例 6】已知 f(t)log2t，t 2，8，对于 f(t)值域内所有实数 m，不等式 x2mx42m4x 恒成立， 求 x 的取值范围 【解析】 t 2，8，1 2log2t3，

8、1 2m3. 方法一：不等式可化为：(2x)m2x，2x 3 2，又 x2，x2. 综上，x 的取值范围为 x2. 方法二：原不等式可化为(x2)m(x2)20.令 f(m)(x2)m(x2)2， 当 m1 2，3时，有 f(m)的最小值大于 0，x2 时，不成立 x2， f（1 2）0 f（3）0 ， 即 x2， 1 2（x2）（x2） 20 3（x2）（x2）20 ，解得 x2. 巩固训练巩固训练 一、填空题 1 已知定义域为 R 的函数 yf(x)的图像关于点(1， 0)对称， yg(x)是 yf(x)的反函数， 若 x1x20， 则 g(x1)g(x2)_ 【答案】 2 【解析】 定义

9、域为 R 的函数 yf(x)的图像关于点(1，0)对称，且 yg(x)是 yf(x)的反函数， 函数 yg(x)的图像与函数 yf(x)的图像关于直线 xy0 对称， 故函数 yg(x)的图像关于(0，1)点中心对称， 点(x1，g(x1)和点(x2，g(x2)是关于点(0，1)中心对称， x1x2 2 0，g（x1）g（x2） 2 1， x1x20，g(x1)g(x2)2. 2已知 x1， x2是函数 yx2(k2)x(k23k5)(k 为实数)的两个零点， 则 x21x22的最大值为_ 【答案】18 【解析】 因为方程 x2(k2)x(k23k5)0 有两个实根，所以 0，即4k4 3.

10、x21x22(x1x2)22x1x2k210k6(k5)219.当 k4 时，取最大值 18. 3函数 f(x)mx2x1 在(0，1)内恰有一个零点，则实数 m 的取值范围为_ 【答案】(2，) 【解析】 当 m0 时， x1(0， 1)； 当 m0 时， 要使 f(x)在(0， 1)内恰有一个零点， 则只要 f(0) f(1)0 f（1）x2x24x40 ， 化简得 x25x60 x23x20，解得 x3，故 x 的取值范围为(，1)(3，) 5若方程 sin2x2sinxa0 一定有解，则 a 的取值范围是_ 【答案】3a1 【解析】 构造函数 f(x)sin2x2sinx，则函数 f(

11、x)的值域是1，3，因为方程 sin2x2sinxa0 一 定有解，所以1a3，3a1. 二、选择题 6若关于 x 的方程 x2mx10 有两个不相等的实数根，则实数 m 的取值范围是( ) A(1，1) B(2，2) C(，2)(2，) D(，1)(1，) 【答案】.C 【解析】 由一元二次方程有两个不相等的实数根，可得：判别式 0，即 m240，解得 m2 或 m2，故选 C. 7已知 F 为抛物线 C：y24x 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( ) A16 B14

12、C12 D10 【答案】A 【解析】 设A(x1， y1)， B(x2， y2)， D(x3， y3)， E(x4， y4)， 直线l1的方程为yk1(x1)， 联立方程 y24x yk1（x1）， 得 k21x22k21x4xk210， x1x22k 2 14 k21 2k 2 14 k21 ， 同理直线 l2与抛物线的交点满足 x3x42k 2 24 k22 ， 由抛物线的定义可知|AB|DE|x1x2x3x42p2k 2 14 k21 2k 2 24 k22 4 4 k21 4 k2282 16 k21k22816，当 且仅当 k1k21(或1)时，取得等号，故选 A. 8已知函数 f(

13、 ) x |lnx ，g(x) 0，01. 则方程| |f（x）g（x） 1 实根的个数为( ) A1 B2 C3 D4 【答案】D 【解析】 根据题意 f(x) lnx，01. ，g(x) 0，02 时，|f(x)g(x)|先减后增，且 |f(2)g(2)|2ln21，|f(2.3)g(2.3)|1， 此时|f(x)g(x)|与 y1 有两个交点，即 |f(x)g(x)|1 有两个根 综上，方程|f(x)g(x)|1 的实根共有 4 个，故选 D. 三、解答题 9设 P(x，y)是椭圆x 2 4 y2 21 上的动点，定点 M 1 2，0 ，求动点 P 到定点 M 距离的最大值与最小值 【解

14、析】 由x 2 4 y2 21 得 y 221 2x 2，PM2 x1 2 2 y2x2x1 42 1 2x 21 2(x 22x)9 4 1 2(x1) 2 7 4，y 221 2x 20， 2x2. 当 x1 时，PM2取得最小值7 4，即 PM 的最小值为 7 2 ；当 x2 时，PM2取得最大值25 4 ，即 PM 的最 大值为5 2. 10已知函数 f(x)ax2(b8)xaab，当 x(3，2)时，其值为正，而当 x(，3)(2， )时，其值为负，求 a，b 的值及 f(x)的表达式 【解析】依题意知： f（3）8a3bab240 f（2）3a2bab160 ，得： 5a5b400

15、 即 ab8，把代入得： b213b400，解得 b8 或 b5，分别代入得：a0，b8 或 a3，b5.检验知：a0，b 8 不适合题意，故 f(x)3x23x18. 11若数列 n a是等差数列，且 512 380aa，数列 n b满足 * 12( ) nnnn ba aanN ， n S为数列 n b的 前n项和，试问n多大时， n S取得最大值？并证明你的结论. 【解析】根据条件，可得公差 1 5 76 a d .于是， 3 1 (81 5 )(765 )(71 5 ) 76 n a bnnn . 故， 1214 0bbb 、 、 、， 1516 0,0bb， * 0(17,N ) n

16、 bnn. 又 1516 0bb，因此， n S的最大值是 max16 () n SS. 12已知二次函数 f(x)ax2bx(a，b 为常数，且 a0)满足条件：f(x1)f(3x)，且方程 f(x)2x 有 等根是否存在实数 m，n(mn)，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 【解析】 方程 ax2bx2x 有等根， (b2)20，得 b2.由 f(x1)f(3x)知此函数图像的对称轴方程为 x b 2a1 得 a1，故 f(x)x22x(x1)211，4n1，即 n1 4.而抛物线 yx 22x 的对称轴为 x1，n1

17、4时，f(x)在 m，n上为增函数若满足题设条件的 m，n 存在，则 f（m）4m f（n）4n ，即 m22m4m n22n4n ，且 m，n 为 f(x)4x 的两个不同的根， 又 mn1 4，m2，n0，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，且 m2，n0. 新题速递新题速递 1 (2019 秋黄浦区校级月考)平面直角坐标系中，e为单位向量，a向量满足 3 4 a e， 其中为正常数， 若 2 |aate对任意实数t成立，则|a的取值范围是 【分析】平方后去掉绝对值，转化为不等式的恒成立问题，进而利用函数思想求得答案 【解答】解： 2 |aate， 4222

18、 3 |(|) 2 aatt， 令 2 |aM，则 22322 3 2 MMtt， 令 44 2 2322 3333 ( )() 241616 f tttt ， 4 22 3 16 MM ，即 4 22 3 0 16 MM ， 22 3 44 M 剟， 3 | 22 a 剟 故答案为： 3 , 22 2(2020普陀区一模)已知函数 22 ( )(815)()(f xxxaxbxc a，b，)cR是偶函数，若方程 2 1axbxc在区间1，2上有解，则实数a的取值范围是 【分析】由( )f x是偶函数，图象关于y轴对称，可知，3，5 是 2 0axbxc的两个根，根据方程的根与 系数关系可求得

19、a，b，c的关系，然后结合二次函数的性质可求a的范围 【解答】解： 22 ( )(815)()f xxxaxbxc是偶函数，图象关于y轴对称， 令 2 8150xx可得，3x 或5x ， 根据偶函数图象的对称性可知，3，5 是 2 0axbxc的两个根， 8 15 b a c a ， 15 8 ca ba ， 由 2 1axbxc可得， 2 8151axaxa， 1x，2时， 2 8153xx，8， 2 11 1 , 8158 3 a xx 故答案为： 1 1 , 8 3 3 (2019闵行区校级一模)设正项数列 n a的前n项和为 n S， 首项为 1，q为非零正常数， 已知对任意整数n，

20、m，当nm时， m nmn m SSqS 恒成立 (1)求数列 n a的通项公式； (2)证明数列 1 n n S S 是递增数列； (3)是否存在正常数c使得() n lg cS为等差数列？若存在，求出常数c的值；若不存在，说明理由 【分析】(1)由已知条件，可令1mn，代入结合数列的递推式，即可得到所求通项公式； (2)讨论公比q是否为 1，求得 n S，以及 1 n n S S ，由单调性的定义即可得证； (3)假设存在正常数c使得() n lg cS为等差数列，结合对数的运算性质和等差数列的通项公式，即可得到 所求结论 【解答】解：(1)因为对任意正整数n，m， 当nm时， m nmn

21、 m SSqS 总成立， 所以2n时，令1mn，得到 1 11 n nn SSqS ，即 11 1 nn n aaqq ， 当1n 时，也成立， 所以 1n n aq ， (2)证明：当1q 时， n Sn， 1 1 1 11 n n Sn Snn 随着n的增大而增大； 当0q ，1q 时， 1 1 n n q S q ， 1 1 1 1 n n n n Sq Sq ， 由 12 1 1212 12 11(1) 0 11(1)(1) nnn nn nnnn nn SSqqqq SSqqqq ， 可得数列 1 n n S S 是递增数列； (3)假设存在正常数c使得() n lg cS为等差数列 当1q 时， n Sn，1q 时， 1 1 n n q S q ， () n lg cS为等差数列，可得1q ， 1 ()(1) 111 nn qq lg clgnlgqlgq qqq 为等差数列， 即有 1 (01) 1 cq q ，