《高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 數(shù)學(xué)思想 2.1 函數(shù)與方程思想課件 理 新人教版》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 數(shù)學(xué)思想 2.1 函數(shù)與方程思想課件 理 新人教版（31頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第二篇思想方法精析第一講函數(shù)與方程思想 【思想解讀【思想解讀】1.1.函數(shù)的思想函數(shù)的思想: :是通過(guò)建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù)是通過(guò)建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù), ,運(yùn)用運(yùn)用函數(shù)的圖象和性質(zhì)去分析問(wèn)題、轉(zhuǎn)化問(wèn)題函數(shù)的圖象和性質(zhì)去分析問(wèn)題、轉(zhuǎn)化問(wèn)題, ,從而使問(wèn)題從而使問(wèn)題得到解決的思想得到解決的思想. .2.2.方程的思想方程的思想: :是建立方程或方程組是建立方程或方程組, ,或構(gòu)造方程或構(gòu)造方程, ,通過(guò)通過(guò)解方程或方程組或運(yùn)用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問(wèn)題解方程或方程組或運(yùn)用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問(wèn)題, ,使問(wèn)題獲得解決的思想使問(wèn)題獲得解決的思想. .熱點(diǎn)熱點(diǎn)1 1解決圖象交點(diǎn)或方程根的問(wèn)題解決圖象

2、交點(diǎn)或方程根的問(wèn)題【典例【典例1 1】(2016(2016忻州一模忻州一模) )設(shè)設(shè)f(xf(x) )是定義在是定義在R R上的偶上的偶函數(shù)，對(duì)任意函數(shù)，對(duì)任意xRxR，都有，都有f(x-2)=f(x+2)f(x-2)=f(x+2)且當(dāng)且當(dāng)x-2x-2，00時(shí)，時(shí)，f(xf(x)= -1)= -1，若在區(qū)間，若在區(qū)間(-2(-2，66內(nèi)關(guān)于內(nèi)關(guān)于x x的方程的方程f(x)-logf(x)-loga a(x+2)=0(a1)(x+2)=0(a1)恰有恰有3 3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則a a的的取值范圍是取值范圍是( () )x1( )233A (2 1) B ( 4 2) C.(2)

3、 D.( 4 4) ， ，【解析【解析】選選B.B.因?yàn)閷?duì)于任意的因?yàn)閷?duì)于任意的xRxR，都有，都有f(x-2)=f(x+2)f(x-2)=f(x+2)，所以函數(shù)所以函數(shù)f(xf(x) )是一個(gè)周期函數(shù)，且是一個(gè)周期函數(shù)，且T=4.T=4.又當(dāng)又當(dāng)x-2x-2，00時(shí)，時(shí)，f(xf(x)= -1)= -1，且函數(shù)，且函數(shù)f(xf(x) )是定義是定義在在R R上的偶函數(shù)，上的偶函數(shù)，若在區(qū)間若在區(qū)間(-2(-2，66內(nèi)關(guān)于內(nèi)關(guān)于x x的方程的方程f(x)-logf(x)-loga a(x+2)=0(a1)(x+2)=0(a1)恰有恰有3 3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，個(gè)不同的實(shí)數(shù)根， x1( )2則函數(shù)則

4、函數(shù)y=f(xy=f(x) )與與y=logy=loga a(x+2)(x+2)在區(qū)間在區(qū)間(-2(-2，66上有上有3 3個(gè)個(gè)不同的交點(diǎn)，如圖所示，不同的交點(diǎn)，如圖所示，又又f(-2)=f(2)=3f(-2)=f(2)=3，因此，對(duì)于函數(shù)，因此，對(duì)于函數(shù)y=logy=loga a(x+2)(x+2)，由題意可得，當(dāng)由題意可得，當(dāng)x=2x=2時(shí)的函數(shù)值小于時(shí)的函數(shù)值小于3 3，當(dāng)當(dāng)x=6x=6時(shí)的函數(shù)值大于時(shí)的函數(shù)值大于3 3，即即logloga a434383，解得，解得 a2.a0),)= +1(t0),則則g(tg(t)= )= 令令g(tg(t)=0,)=0,得得t=1,t=1,當(dāng)當(dāng)t

5、(0,1)t(0,1)時(shí)時(shí),g(t,g(t)0;)0,)0,所以所以g(t)g(t)minmin=g(1)= ,=g(1)= ,tln t2211t122t2t，32所以所以|AB| ,|AB| ,所以所以|AB|AB|的最小值為的最小值為 . .3232【規(guī)律方法【規(guī)律方法】求最值或參數(shù)范圍的技巧求最值或參數(shù)范圍的技巧(1)(1)充分挖掘題設(shè)條件中的不等關(guān)系充分挖掘題設(shè)條件中的不等關(guān)系, ,構(gòu)建以待求字母構(gòu)建以待求字母為元的不等式為元的不等式( (組組) )求解求解. .(2)(2)充分應(yīng)用題設(shè)中的等量關(guān)系充分應(yīng)用題設(shè)中的等量關(guān)系, ,將待求參數(shù)表示成其將待求參數(shù)表示成其他變量的函數(shù)他變量的

6、函數(shù), ,然后應(yīng)用函數(shù)知識(shí)求解然后應(yīng)用函數(shù)知識(shí)求解. .(3)(3)當(dāng)問(wèn)題中出現(xiàn)兩數(shù)積與這兩數(shù)和時(shí)當(dāng)問(wèn)題中出現(xiàn)兩數(shù)積與這兩數(shù)和時(shí), ,是構(gòu)建一元二是構(gòu)建一元二次方程的明顯信息次方程的明顯信息, ,構(gòu)造方程再利用方程知識(shí)使問(wèn)題巧構(gòu)造方程再利用方程知識(shí)使問(wèn)題巧妙解決妙解決. .(4)(4)當(dāng)問(wèn)題中出現(xiàn)多個(gè)變量時(shí)當(dāng)問(wèn)題中出現(xiàn)多個(gè)變量時(shí), ,往往要利用等量關(guān)系去往往要利用等量關(guān)系去減少變量的個(gè)數(shù)減少變量的個(gè)數(shù). .【變式訓(xùn)練【變式訓(xùn)練】1.(20161.(2016赤峰一模赤峰一模) )如圖如圖,A,A是單位圓與是單位圓與x x軸的交點(diǎn)軸的交點(diǎn), ,點(diǎn)點(diǎn)P P在單位圓上在單位圓上,AOP=(0), ,A

7、OP=(0), 四邊四邊形形OAQPOAQP的面積為的面積為S,S,當(dāng)當(dāng) +S+S取得最大值時(shí)取得最大值時(shí)的值的值為為( () )OQOAOP ，OA OP A. B. C. D.6432【解析【解析】選選B.B.由由 知四邊形知四邊形OAQPOAQP為平行四邊為平行四邊形形, ,故故 所以所以= = 時(shí)時(shí), ,有最大值有最大值 . .OQOAOP, OA OPSOA OP cosOA OP sin cossin2sin()4，422.(20162.(2016西寧一模西寧一模) )已知正四棱錐的體積為已知正四棱錐的體積為 , ,則正則正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)的最小值為四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)的最小值為( ()

8、)A.2 A.2 B.2B.2 C.2 C.2 D.4D.432323【解析【解析】選選A.A.如圖所示如圖所示, ,設(shè)正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為設(shè)正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為a,a,高為高為h.h.則該正四棱錐的體積則該正四棱錐的體積V=V=故故a a2 2h=32,h=32,即即a a2 2= .= .則其側(cè)棱長(zhǎng)為則其側(cè)棱長(zhǎng)為l= = 令令f(hf(h)= )= 2132a h33，32h2222a16()hh .2h216hh ，則則f(hf(h)= )= 令令f(hf(h)=0,)=0,解得解得h=2.h=2.顯然當(dāng)顯然當(dāng)h(0,2)h(0,2)時(shí)時(shí),f(h,f(h)0,f(h)0,f(h)0,f(

9、h)單調(diào)遞增單調(diào)遞增. .所以當(dāng)所以當(dāng)h=2h=2時(shí)時(shí),f(h,f(h) )取得最小值取得最小值f(2)= +2f(2)= +22 2=12,=12,故其側(cè)棱長(zhǎng)的最小值故其側(cè)棱長(zhǎng)的最小值l = = 322162h162hhh，16212 2 3.熱點(diǎn)熱點(diǎn)3 3解決與不等式有關(guān)的問(wèn)題解決與不等式有關(guān)的問(wèn)題【典例【典例3 3】(2016(2016保定一模保定一模) )已知函數(shù)已知函數(shù)f(x)=lnxf(x)=lnx -1-1，g(xg(x)=-x)=-x2 2+2bx-4+2bx-4，若對(duì)任意，若對(duì)任意x x1 1(0(0，2)2)，x x2 211，22，不等式，不等式f(xf(x1 1)g(x

10、)g(x2 2) )恒成立，則實(shí)數(shù)恒成立，則實(shí)數(shù)b b的取值范圍的取值范圍為為_(kāi)._.13x44x【解析【解析】問(wèn)題等價(jià)于問(wèn)題等價(jià)于f(x)f(x)minming(x)g(x)maxmax. .f(x)=lnxf(x)=lnx -1 -1，所以所以f(xf(x)= )= 令令f(xf(x)0)0得得x x2 2-4x+30-4x+30，解得，解得1x31x3，故函數(shù)故函數(shù)f(xf(x) )的單調(diào)遞增區(qū)間是的單調(diào)遞增區(qū)間是(1(1，3)3)，單調(diào)遞減區(qū)間是單調(diào)遞減區(qū)間是(0(0，1)1)和和(3(3，+)+)，13x44x2221134xx3x44x4x ，故在區(qū)間故在區(qū)間(0(0，2)2)上，

11、上，x=1x=1是函數(shù)的極小值點(diǎn)，這個(gè)極小是函數(shù)的極小值點(diǎn)，這個(gè)極小值點(diǎn)是唯一的，故也是最小值點(diǎn)，值點(diǎn)是唯一的，故也是最小值點(diǎn)，所以所以f(x)f(x)minmin=f(1)=- .=f(1)=- .由于函數(shù)由于函數(shù)g(xg(x)=-x)=-x2 2+2bx-4+2bx-4，x1x1，2.2.當(dāng)當(dāng)b1b2b2時(shí)，時(shí)，g(x)g(x)maxmax=g(2)=4b-8.=g(2)=4b-8.12故問(wèn)題等價(jià)于故問(wèn)題等價(jià)于解得解得b1b0),f(x-a)4x(a0)恒成立恒成立, ,則實(shí)數(shù)則實(shí)數(shù)t t的最大值是的最大值是( () )A.4A.4B.7B.7C.8C.8D.9D.9【解析【解析】選選D.

12、D.由圖可知由圖可知, ,當(dāng)函數(shù)當(dāng)函數(shù)y=f(xy=f(x-a)-a)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,4)(1,4)時(shí)時(shí), ,有有x1,t,f(x-a)4x(a0)x1,t,f(x-a)4x(a0)恒成立恒成立, ,此時(shí)此時(shí)t t取得最大值取得最大值, ,由由(1-a)(1-a)2 2+4(1-a)+4=4,+4(1-a)+4=4,得得a=5a=5或或a=1(a=1(舍舍),),所以所以4t=(t-5+2)4t=(t-5+2)2 2, ,所以所以t=1(t=1(舍舍) )或或t=9,t=9,故故t=9.t=9.2.(20162.(2016太原二模太原二模)f(x)f(x)=ax)=ax3 3-3

13、x+1-3x+1對(duì)于對(duì)于x-1,1x-1,1總總有有f(x)0f(x)0成立成立, ,則則a=_.a=_.【解析【解析】若若x=0,x=0,則不論則不論a a取何值取何值, ,f(x)0f(x)0顯然成立顯然成立; ;當(dāng)當(dāng)x0 x0即即x(0,1x(0,1時(shí)時(shí), ,f(xf(x)=ax)=ax3 3-3x+10-3x+10可化為可化為a a 設(shè)設(shè)g(xg(x)= )= 則則g(xg(x)= )= 所以所以g(xg(x) )在區(qū)間在區(qū)間 上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增, ,在區(qū)間在區(qū)間 上單調(diào)上單調(diào)遞減遞減, ,因此因此g(x)g(x)maxmax=g =4,=g =4,從而從而a4;a4;當(dāng)當(dāng)x0 x0即即x-1,0)x-1,0)時(shí)時(shí), ,2331.xx2331,xx43 1 2xx，1(0,21,121( )2f(xf(x)=ax)=ax3 3-3x+10-3x+10可化為可化為a a g(xg(x)= )= 在區(qū)間在區(qū)間-1,0)-1,0)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增, ,因此因此g(x)g(x)minmin=g(-1)=4,=g(-1)=4,從而從而a4,a4,綜上綜上a=4.a=4.答案答案: :4 42331,xx2331xx