思想01 函数与方程思想(教学案)-2017年高考数学二轮复习精品资料(新课标版)

1． 函数与方程思想的含义

(1)函数的思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，是对函数概念的本质认识，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决．经常利用的性质是单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、图象变换等．

(2)方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决．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．方程思想是动中求静，研究运动中的等量关系．

2． 和函数与方程思想密切关联的知识点

(1)函数与不等式的相互转化．对函数y＝f(x)，当y>0时，就化为不等式f(x)>0，借助于函数的图象和性质可解决有关问题，而研究函数的性质也离不开不等式．

(2)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点去处理数列问题十分重要．

(3)在三角函数求值中，把所求的量看作未知量，其余的量通过三角函数关系化为未知量的表达式，那么问题就能化为未知量的方程来解．

(4)解析几何中的许多问题，例如直线与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．这都涉及二次方程与二次函数的有关理论．

(5)立体几何中有关线段的长、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. 【热点分类突破】

类型一 函数与方程思想在数列中的应用

例1 ．【河北省武邑中学2017届高三上学期第三次调研】已知数列an是等比数列，首项a11，公比q0,其前n项和为Sn,且S1a1,S3a3,S2a2,成等差数列. （1）求an的通项公式；

1（2）若数列bn满足an12anbn,Tn为数列bn前n项和，若Tnm恒成立，求m的最大值.

试题分析：（1）由题意可知:2S3a3S1a1S2a2S3S1S3S2a1a22a3

a1114a3a1 3q2,qana1422n11；（2）由an12anbn1122nanbnbn

n2n1Tn1122322...n2n1，再由错位相减法求得Tn1n12n,Tn1Tn

n12n0Tn为递增数列当n1时，Tnmin1,.又原命题可转化Tnminmm1m的最大值为1．

试题解析： （1）由题意可知:2S3a3S1a1S2a2S3S1S3S2a1a22a3,

a1112即4a3a1,于是3q,q0,q,a11,an.

a1422n11（2）an12anbn11,22nanbn,bnn2n1,

Tn1122322...n2n1, ① 2Tn12222323...n2n ,② ①- ②得:Tn122...22n112nn2n2n1n2n1,Tn1n12n,

12nTnm恒成立，只需TnminmTn1Tnn2n1n12nn12n0,

Tn为递增数列，当n1时，Tnmin1,m1,m的最大值为1.

点评：本题考查等差数列、等比数列、数列的前n项和、数列与不等式，涉及特殊与一般思想、方程思想思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 第

1二小题首先由an12anbn1122nanbnbnn2n1Tn1122322...

n2n1再由错位相减法求得Tn1n12nTn1Tnn12n0Tn为递增数列当

n1时，Tnmin1.再利用特殊与一般思想和转化化归思想将原命题可转化Tnminmm1m的

最大值为1．

例2 【2017届河北武邑中学高三周考11.20】已知数列an中，a11，且点Pan，an1nN*在直线xy10上．

⑴求数列an的通项公式； ⑵若函数fn⑶设bn123n（nN，且n2），求函数fn的最小值； …na1na2na3nan1，Sn表示数列bn的前n项和，试问：是否存在关于n的整式gn，使得anS1S2S3…Sn1Sn1gn对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出gn的解析式，

并加以证明；若不存在，试说明理由．

试题分析：（1）将点P（an,an1）代入直线xy10得到an1an1，数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，再由a11得到{an}的通项公式；（2）由（1）可得f(n)12n， n1n22n12n1nn1，f(n1)f(n)0，f(n)是单调递增n2n32n2n12n251111的，故f(n)的最小值是f(2)；（3）由（1）及bnSn1，

6n23n1SnSn1(n2)，即nSn(n1)Sn1Sn11，

nf(n1)(n1)Sn1(n2)Sn2Sn21,,S2S1S11，

nSnS1S1S2Sn1n-1,S1S2Sn1nSnn(Sn1)n(n2)，最后将该

式整理即可得出g(n)n．

点评：本题考查的是函数与数列综合，（1）中将点P（an,an1）代入直线xy10得到an1an1，可得到{an}的通项公式.（2）关键是判断通过f(n)的单调性，通过f(n1)f(n)0，可得f(n)是单调递增的，故f(n)的最小值是f(2)5．（3）通过nSn(n1)Sn1Sn11，6(n1)Sn1(n2)Sn2Sn21,,S2S1S11，通过累加并整理可得， S1S2Sn1nSnn(Sn1)n(n2)，最后将该式整理即可得出g(n)n.

【规律总结】(1)等差(比)数列中各有5个基本量，建立方程组可“知三求二”；(2)数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数，数列的通项公式即为相应的解析式，因此在解决数列问题时，应注意用

函数的思想求解． 【举一反三】

已知等比数列{an}的公比q>1，a1=2且a1，a2，a3-8成等差数列．数列{bn}的前n项和为Sn，且

Sn=n2-8n．

（1）分别求出数列{an}和数列{bn}的通项公式； （2）设cn=bn*，若cn£m，对于\"n蜰恒成立，求实数m的最小值． an

（2）由（1）得，cn=2n-9*，若cn£m，对于\"n蜰恒成立，即m³cn的最大值．又n-12´32n-72n-9-4n+20．当cn+1=cn时，即n=5时，c5=c6；当cn+1>cn时，即n<5cn+1-cn=-=2创3n23n-12?3n*?；当cn+15（n蜰*）时，c6>c7>c8>c9>鬃?． （n蜰）时，c1例3 【山西省太原市2017届高三上学期阶段性测评（期中）】已知函数fx是定义在R上的偶函数，若方程fx1x22x3的零点分别为x1,x2,...,xn，则x1x2xn（ ）

A．n B．n C.2n D．3n 【答案】B 【解析】

试题分析：函数fx是定义在R上的偶函数,所以函数fx的图象关于y轴对称，函数fx1的图象是由函数fx的图象向左平移1个单位得到的，所以函数fx1的对称轴为直线x1，且函数

g(x)x22x3的对称轴也是直线x1，所以方程fx1x22x3零点关于直线x1对

称，所以有x1x2xnn，故选B.

点评：本题考查函数的奇偶性、函数与方程，属难题；函数与方程是高考的重点和难点，选择题、填空题、解答题中均有，解决的方法是根据函数的性质（单调性、奇偶性、周期性、对称性等），作出函数的简图，通过数形结合或零点存在定理求解.

【规律总结】研究此类含参数的三角、指数、对数函数等复杂方程解的问题，通常有两种处理思路：一是分离参数构建函数，将方程有解转化为求函数的值域；二是换元，将复杂方程问题转化为熟悉的二次方程，进而利用二次方程解的分布情况构建不等式或构造函数加以解决．

|x1|51,x0,【举一反三】【广西柳州市2017届高三10月模拟】设定义域为R的函数f(x)若关于x2x4x4,x0的方程f(x)(2m1)f(x)m0有7个不同的实数解，则m（ ） A．6 【答案】D

B．4或6

C．6或2

D．2

22

类型三 函数与方程思想在不等式中的应用

例4【2017届云南曲靖一中高三上学期月考四】已知f(x)2xlnx，g(x)xaxx2． （1）如果函数g(x)的单调递减区间为(,1)，求函数g(x)的解析式；

3213（2）在（1）的条件下，求函数yg(x)的图象在点P(1,g(1))处的切线方程；

（3）已知不等式f(x)g'(x)2恒成立，若方程aeam0恰有两个不等实根，求m的取值范围． 试题分析：（1）g'(x)3x2ax13x22ax10的解集为(,1)3x22ax10的两根分别是，1a1g(x)xxx2；（2）由（1）知g(1)1g'(x)3x2x1

21313223g'(1)4点P(1,1)处的切线斜率kg'(1)4函数yg(x)的图象在点P(1,1)处的切线方

程为y14(x1)即4xy50；（3）由题意知alnx31对x(0,)上恒成立，设x22x3x1aa，再由导数工具取得h(x)max2a2．令(a)ae'(a)e(a1) 22x21(a)在2,1递减，在(1,)递增，∵(2)2e22，(1)e1，当x时，

ee12(x)只需m2．

ee1222试题解析： （1）g'(x)3x2ax1，由题意3x2ax10的解集为(,1)，即3x2ax103132的两根分别是，1，代入得a1，∴g(x)xxx2．

3h(x)lnx

点评：本题考查函数的解析式、函数的单调性、函数与不等式、切线方程、函数的零点和函数与方程，涉及函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 利用导数处理不等式问题.在解答题中主要体现为不等式的证明与不等式的恒成立问题.常规的解决方法是首先等价转化不等式，然后构造新函数，利用导数研究新函数的单调性和最值来解决，当然要注意分类讨论思想的应用.

【规律总结】根据所证不等式的结构特征构造相应的函数，研究该函数的单调性是解决这一类问题的关键，体现了导数的工具性以及函数、方程的数学思想．

【举一反三】【宁夏育才中学2017届高三上学期第二次月考】已知函数f(x)axlnx,其中aR．

（Ⅰ）若f(x)在区间[1,2]上为增函数，求a的取值范围； （Ⅱ）当ae时，证明：f(x)20； （Ⅲ）当ae时，试判断方程f(x)lnx3是否有实数解，并说明理由． x21【解析】函数f(x)定义域x(0,)，f(x)a．

x（Ⅰ）因为f(x)在区间[1,2]上为增函数，所以f(x)0在x[1,2]上恒成立，即f(x)a在x[1,2]上恒成立，则a. 110，axx12

类型四 函数与方程思想在解析几何中的应用

x2y22例5【2017届江西吉安一中高三周考三】已知椭圆C:221ab0的焦距为2，离心率为，

2aby轴上一点Q的坐标为（0,3）.

（1）求该椭圆的方程；

（2）若对于直线l:yxm，椭圆C上总存在不同的两点A与B关于直线l对称，且3QAQB32，求实数m的取值范围.

c22试题分析：（1）利用2c2,和aa2x2（2）设bc求得a2,b1，故椭圆方程为y21；

222出直线AB的方程yxn，联立直线的方程和椭圆的方程，消去y，写出韦达定理，根据中点坐标有

31n2nm，将坐标代入向量3QAQB32，化简得33m1m10，由此解得m3,3. 33x2c2y21． 试题解析：（1）由题意可知：c1,，所以a2,b1，所以所求的椭圆的方程为

a22yxn（2）由题意设Ax1,y1,Bx2,y2，直线AB方程为：yxn．联立x2，消y整理可得：

2y123x24nx2n220，由4n2122n22248n20，解得

4n2n23xx22n3n3． x1x2,x1x2，设直线AB之中点为Px0,y0，则x01， 3323由点P在直线AB上得：y02nnn2nn，又点P在直线l上，m，所以3333n33．．．．．．① 又QAx1,y1,3,QBx2,y2,3， m,333∴QAQB323232x1,y1,3x2,y2,3x1x2y13y23 3331．．② n22n39m26m333m1m10，解得：1m．331综合①②，m的取值范围为3,3．

点评：本题主要考查直线和圆锥曲线的位置关系，考查椭圆的标准方程的求法. 直线和圆锥曲线的位置关系一方面要体现方程思想，另一方面要结合已知条件，从图形角度求解．联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解是一个常用的方法. 涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．

【规律总结】1、在高中数学的各个部分，都有一些公式和定理，这些公式和定理本身就是一个方程，如等差数列的通项公式、余弦定理、解析几何的弦长公式等，当题目与这些问题有关时，就需要根据这些公式或者定理列方程或方程组求解需要的量；2. 当问题中涉及一些变化的量时，就需要建立这些变化的量之间的关系，通过变量之间的关系探究问题的答案，这就需要使用函数思想．

x2y2【举一反三】【河南省广东省佛山市2017届高三教学质量检测（一）】已知椭圆C:221ab0过

ab 1，且离心率为点M2 ，（1）求椭圆C的方程；

3. 2 1，直线l与椭圆C交于P ，（2）设A0 ， Q两点，且APAQ，当△OPQ（O为坐标原点）的面积S最大时，求直线l的方程. 【解析】（1）依题意得：

c341，，又a2b2c2，解得a28，b22，所以椭圆C的方e122a2abx2y2程为1.

82 y0，Qx0 ， y0，则（2）显然，直线l的斜率k存在.①当k0时，可设直线l的方程为yy0，Px0 ，2222y02y02.当且仅当y22y2，即x0y01221.所以S2x0y0x0y02y02y02002282y01时取等号，此时直线l的方程为y1.②当k0时，可设直线l的方程为ykxm，Px1 ， y1，ykxmQx2 ， y2，联立x2y2，消去y整理得14k2x28kmx4m220.由

1288km414k2224m28kmxx，则有x1x2，，于4m220，得8k22m2（*）122214k14km121m4km14kAPAQ是可得PQ的中点为.因为，所以，化简得14k23m， ， 224km14kk14k0214k41k28k22m2结合（*）可得0m6.又O到直线l的距离为d，PQ1kx1x2，

214k2k1m2m1141k28k22m22222所以SPQd.即S6mmm39，所以，当m32221k214k33时，S取最大值，此时，k2，直线l的方程为y2x3.综上所述，直线l的方程为y1或y2x3.