2021年高考数学大二轮专题复习第一编 第1讲 函数与方程思想

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1、 第 1 讲 函数与方程思想 思想方法解读 函数思想是指用函数的观点、方法去分析问题、转化问题和解决问 题如求数列中的项或最值、求不等式中的参量、求解析几何中距离或面积的最值等相关的非 函数问题，往往都可利用函数思想，构建函数将其转化为函数问题 方程思想是从问题的数量关系入手， 运用数学语言将问题中的条件转化为方程或方程组去 分析问题和解决问题如变量的取值范围、直线与圆锥曲线的位置关系、数列中的基本量、二 项式中的系数等问题 热点题型探究 热点 1 函数与方程思想在不等式中的应用 例 1 (1)(2020 湖南省长郡中学高三第四次适应性考试)若 0xln 31 3 x1 ex Bx 21 ex

2、 2x1 ex ln 31 3 Cln 31 3 x1 ex x 21 ex 2 Dln 31 3 x 21 ex 2x1 ex 答案 B 解析 设 f(x)x1 ex ，则 f(x)x ex ，令 f(x)0 x0，令 f(x)0，则 f(x)在(，0) 上单调递增，在(0，)上单调递减若 0x1，则 0x2x1f(x)f(ln 3)， 即x 21 ex 2x1 ex ln 31 3 .故选 B. (2)已知 f(x)log2x，x2，16，对于函数 f(x)值域内的任意实数 m，使 x2mx42m 4x 恒成立的实数 x 的取值范围为( ) A(，2 B2，) C(，22，) D(，2)(

3、2，) 答案 D 解析 因为 x2，16，所以 f(x)log2x1，4，即 m1，4.不等式 x2mx42m 4x 恒成立，即为 m(x2)(x2)20 恒成立构造函数 g(m)(x2)m(x2)2，则此函数 在区间1，4上恒大于 0，所以 g（1）0， g（4）0，即 x2（x2）20， 4（x2）（x2）20，解得 x2 或 x 2. 函数与不等式的相互转化， 把不等式问题转化为函数问题， 借助函数的图象和性质可解决 相关的问题常涉及不等式恒成立问题、比较大小问题一般利用函数思想构造新函数，从而 研究函数性质破解问题 1若 2x5y2y5x，则有( ) Axy0 Bxy0 Cxy0 Dx

4、y0 答案 B 解析 把不等式变形为 2x5x2y5y，构造函数 f(t)2t5t，其为 R 上的增函数， 所以有 xy，即 xy0.故选 B. 2 (2020 山东省第一次仿真联考)已知 f(x)是函数 f(x)的导数， 且 f(x)f(x)， 当 x0 时， f(x)3x，则不等式 f(x)f(x1)3x，所以当 x0 时， g(x)0，即 g(x)在0，)上单调递增，因为 f(x)f(x)，所以 f(x)为偶函数，则 g(x)也是 偶函数，因为 f(x)f(x1)3x3 2，所以 f(x) 3 2x 2f(x1)3 2(x1) 2，即 g(x)g(x1)，则|x|x 1|，解得 xb0)

5、的左、 右焦点分别为点 F1，F2，F2又恰为抛物线 D：y24x 的焦点，以 F1F2为直径的圆与椭圆 C 仅 有两个公共点 (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若直线 l 与 D 相交于 A，B 两点，记点 A，B 到直线 x1 的距离分别为 d1，d2，|AB| d1d2.直线 l 与 C 相交于 E，F 两点，记OAB，OEF 的面积分别为 S1，S2. 证明：EFF1的周长为定值； 求S2 S1的最大值 解 (1)因为 F2为抛物线 D：y24x 的焦点， 故 F2(1，0)，所以 c1， 又因为以 F1F2为直径的圆与椭圆 C 仅有两个公共点知，bc， 所以 a 2，b1， 所以

6、椭圆 C 的标准方程为x 2 2y 21. (2)证明：由抛物线的定义知，|AB|d1d2|AF2|BF2|. 又因为|AB|AF2|BF2|，等号当且仅当 A，B，F2三点共线时成立， 所以直线 l 过定点 F2， 根据椭圆定义得， |EF|EF1|FF1|EF2|EF1|FF1|FF2|4a4 2. 若直线 l 的斜率不存在，则直线 l 的方程为 x1. 因为|AB|4，|EF| 2，所以S2 S1 |EF| |AB| 2 4 . 若直线 l 的斜率存在，则可设直线 l：yk(x1)(k0)，设 A(x1，y1)，B(x2，y2). 由 y 24x， yk（x1），得 k 2x2(2k24

7、)xk20， 所以 x1x22k 24 k2 ，|AB|x1x224k 24 k2 . 设 E(x3，y3)，F(x4，y4)， 由 x 2 2y 21， yk（x1）， 得(12k2)x24k2x2k220， 则 x3x4 4k2 12k2，x3x4 2k22 12k2， 所以|EF|1k2|x3x4| 1k2（x3x4）24x3x42 2（1k 2） 12k2 ， 则S2 S1 |EF| |AB| k2 2（12k2） 2 2 1 1 k22 0， 2 4 . 综上知，S2 S1的最大值为 2 4 . 解析几何中的最值问题、范围问题是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求 解此类问

8、题的关键是抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于 函数的性质来使问题得以解决 已知焦点在 y 轴上的抛物线 C1过点(2，1)，椭圆 C2的两个焦点分别为 F1，F2，其中 F2 与 C1的焦点重合，过点 F1与 C2的长轴垂直的直线交 C2于 A，B 两点，且|AB|3，曲线 C3 是以坐标原点 O 为圆心，以|OF2|为半径的圆 (1)求 C2与 C3的标准方程； (2)若动直线 l 与 C3相切，且与 C2交于 M，N 两点，求OMN 的面积 S 的取值范围 解 (1)由已知，设抛物线 C1的方程为 x22py(p0)， 则 42p，解得 p2，即 C1的标准

9、方程为 x24y. 则 F2(0，1)，不妨设椭圆 C2的方程为y 2 a2 x2 b21(ab0)， 由 y 2 a2 x2 b21， y1， 得 x b2 a ，所以|AB|2b 2 a 3， 又 a2b21，所以 a2，b 3， 故 C2的标准方程为y 2 4 x2 31. 易知|OF2|1，所以 C3的标准方程为 x2y21. (2)因为直线 l 与 C3相切，所以圆心 O 到直线 l 的距离为 1.所以 S1 2|MN|1 |MN| 2 . 当直线 l 的斜率不存在时，其方程为 x 1，易知两种情况所得到的OMN 的面积相等 由 y 2 4 x2 31， x1 得 y 2 6 3 .

10、 不妨设 M 1，2 6 3 ，N 1，2 6 3 ，则|MN|4 6 3 ， 此时 S|MN| 2 2 6 3 . 当直线 l 的斜率存在时，设其方程为 ykxm， 则 |m| 1k21，即 m 2k21. 由 y 2 4 x2 31， ykxm 得(3k24)x26kmx3m2120， 所以 36k2m24(3k24)(3m212)48(43k2m2)48(2k23)0 恒成立 设 M(xM，yM)，N(xN，yN)， 则 xMxN6km 3k24，xMxN 3m212 3k24 . 所以 S|MN| 2 1 2 1k2 （xMxN）24xMxN 1 2 1k2 6km 3k24 2 43m 212 3k24 1 2 1k2 48（2k23） 3k24 2 3 1k22k23 3k24 . 令 3k24t(t4)，则 k2t4 3 ， 所以 S2 3 3 2t2t1 t2 2 3 3 1 t 2 1 t2， 令1 tm， 则 m 0，1 4 ， 易知 ym2m2 在区间 0，1 4 上单调递减， 所以3 2S 2 6 3 . 综上，OMN 的面积 S 的取值范围为 3 2， 2 6 3 .