高考数学函数方程思想导学案
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高考数学函数方程思想导学案

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时间:2021-07-05

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资料简介
难点 36 函数方程思想 函数与方程思想是最重要的一种数学思想,高考中所占比重较大,综合知识多、题型多、 应用技巧多.函数思想简单,即将所研究的问题借助建立函数关系式亦或构造中间函数,结 合初等函数的图象与性质,加以分析、转化、解决有关求值、解(证)不等式、解方程以及 讨论参数的取值范围等问题;方程思想即将问题中的数量关系运用数学语言转化为方程模型 加以解决. ●难点磁场 1.(★★★★★)关于 x 的不等式 2·32x–3x+a2–a–3>0,当 0≤x≤1 时恒成立,则 实数 a 的取值范围为 . 2.(★★★★★)对于函数 f(x),若存在 x0∈R,使 f(x0)=x0 成立,则称 x0 为 f(x)的不动点. 已知函数 f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0) (1)若 a=1,b=–2 时,求 f(x)的不动点; (2)若对任意实数 b,函数 f(x)恒有两个相异的不动点,求 a 的取值范围; (3)在(2)的条件下,若 y=f(x)图象上 A、B 两点的横坐标是函数 f(x)的不动点,且 A、 B 关于直线 y=kx+ 12 1 2 a 对称,求 b 的最小值. ●案例探究 [例 1]已知函数 f(x)=logm 3 3   x x (1)若 f(x)的定义域为[α,β],(β>α>0),判断 f(x)在定义域上的增减性,并加以 说明; (2)当 0<m<1 时,使 f(x)的值域为[logm[m(β–1)],logm[m(α–1)]]的定义域区 间为[α,β](β>α>0)是否存在?请说明理由. 命题意图:本题重在考查函数的性质,方程思想的应用.属★★★★级题目. 知识依托:函数单调性的定义判断法;单调性的应用;方程根的分布;解不等式组. 错解分析:第(1)问中考生易忽视“α>3”这一关键隐性条件;第(2)问中转化出的方程, 不能认清其根的实质特点,为两大于 3 的根. 技巧与方法:本题巧就巧在采用了等价转化的方法,借助函数方程思想,巧妙解题. 解:(1)   03 3 x x x<–3 或 x>3. ∵f(x)定义域为[α,β],∴α>3 设β≥x1>x2≥α,有 0)3)(3( )(6 3 3 3 3 21 21 2 2 1 1     xx xx x x x x 当 0<m<1 时,f(x)为减函数,当 m>1 时,f(x)为增函数. (2)若 f(x)在[α,β]上的值域为[logmm(β–1),logmm(α–1)] ∵0<m<1, f(x)为减函数. ∴           )1(log3 3log)( )1(log3 3log)(     mf mf mm mm 即 3, 0)1(3)12( 0)1(3)12( 2 2          又 mmm mmm 即α,β为方程 mx2+(2m–1)x–3(m–1)=0 的大于 3 的两个根 ∴            0)3( 32 12 011616 10 2 mf m m mm m ∴0<m< 4 32  故当 0<m< 4 32  时,满足题意条件的 m 存在. [例 2]已知函数 f(x)=x2–(m+1)x+m(m∈R) (1)若 tanA,tanB 是方程 f(x)+4=0 的两个实根,A、B 是锐角三角形 ABC 的两个内角.求证: m≥5; (2)对任意实数α,恒有 f(2+cosα)≤0,证明 m≥3; (3)在(2)的条件下,若函数 f(sinα)的最大值是 8,求 m. 命题意图:本题考查函数、方程与三角函数的相互应用;不等式法求参数的范围.属 ★★★★★级题目. 知识依托:一元二次方程的韦达定理、特定区间上正负号的充要条件,三角函数公式. 错解分析:第(1)问中易漏掉Δ≥0 和 tan(A+B)<0,第(2)问中如何保证 f(x)在[1,3]恒 小于等于零为关键. 技巧与方法:深挖题意,做到题意条件都明确,隐性条件注意列.列式要周到,不遗漏. (1)证明:f(x)+4=0 即 x2–(m+1)x+m+4=0.依题意:       04tantan 01tantan 0)4(4)1( 2 mBA mBA mm 又 A、B 锐角为三角形内两内角 ∴ 2  <A+B<π ∴tan(A+B)<0,即 03 1 tantan1 tantan)tan(    m m BA BABA ∴             03 1 04 01 01522 m m m m mm ∴m≥5 (2)证明:∵f(x)=(x–1)(x–m) 又–1≤cosα≤1,∴1≤2+cosα≤3,恒有 f(2+cosα)≤0 即 1≤x≤3 时,恒有 f(x)≤0 即(x–1)(x–m)≤0 ∴m≥x 但 xmax=3,∴m≥xmax=3 (3)解:∵f(sinα)=sin2α–(m+1)sinα+m= 4 )1()2 1(sin 2 2  mmm 且 2 1m ≥2,∴当 sinα=–1 时,f(sinα)有最大值 8. 即 1+(m+1)+m=8,∴m=3 ●锦囊妙计 函数与方程的思想是最重要的一种数学思想,要注意函数,方程与不等式之间的相互联 系和转化.考生应做到: (1)深刻理解一般函数 y=f(x)、y=f–1(x)的性质(单调性、奇偶性、周期性、最值和图 象变换),熟练掌握基本初等函数的性质,这是应用函数思想解题的基础. (2)密切注意三个“二次”的相关问题,三个“二次”即一元二次函数、一元二次方 程、一元二次不等式是中学数学的重要内容,具有丰富的内涵和密切的联系.掌握二次函数 基本性质,二次方程实根分布条件,二次不等式的转化策略. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★★)已知函数 f(x)=loga[ x –(2a)2]对任意 x∈[ 2 1 ,+∞]都有意义,则 实数 a 的取值范围是( ) A.(0, 4 1 ] B.(0, 4 1 ) C.[ 4 1 ,1) D.( 4 1 , 2 1 ) 2.(★★★★★)函数 f(x)的定义域为 R,且 x≠1,已知 f(x+1)为奇函数,当 x<1 时, f(x)=2x2–x+1,那么当 x>1 时,f(x)的递减区间是( ) A.[ 4 5 ,+∞ ) B.(1, 4 5 ] C.[ 4 7 ,+∞ ) D.(1, 4 7 ] 二、填空题 3.(★★★★)关于 x 的方程 lg(ax–1)–lg(x–3)=1 有解,则 a 的取值范围是 . 4.(★★★★★)如果 y=1–sin2x–mcosx 的最小值为–4,则 m 的值为 . 三、解答题 5.(★★★★)设集合 A={x|4x–2x+2+a=0,x∈R}. (1)若 A 中仅有一个元素,求实数 a 的取值集合 B; (2)若对于任意 a∈B,不等式 x2–6x<a(x–2)恒成立,求 x 的取值范围. 6.(★★★★)已知二次函数 f(x)=ax2+bx(a,b 为常数,且 a≠0)满足条件:f(x–1)=f(3–x) 且方程 f(x)=2x 有等根. (1)求 f(x)的解析式; (2)是否存在实数 m,n(m<n=,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. 7.(★★★★★)已知函数 f(x)=6x–6x2,设函数 g1(x)=f(x), g2(x)=f[g1(x)], g3(x)=f[g2(x)], …gn(x)=f[gn–1(x)],… (1)求证:如果存在一个实数 x0,满足 g1(x0)=x0,那么对一切 n∈N,gn(x0)=x0 都成立; (2)若实数 x0 满足 gn(x0)=x0,则称 x0 为稳定不动点,试求出所有这些稳定不动点; (3)设区间 A=(–∞,0),对于任意 x∈A,有 g1(x)=f(x)=a<0, g2(x)=f[g1(x)]=f(0)<0, 且 n≥2 时,gn(x)<0.试问是否存在区间 B(A∩B≠ ),对于区间内任意实数 x,只要 n≥2,都有 gn(x)<0. 8.(★★★★)已知函数 f(x)= xa 11  (a>0,x>0). (1)求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数; (2)若 f(x)≤2x 在(0,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围; (3)若 f(x)在[m,n]上的值域是[m,n](m≠n),求 a 的取值范围. 参 考 答 案 ●难点磁场 1.解析:设 t=3x,则 t∈[1,3],原不等式可化为 a2–a–3>–2t2+t,t∈[1,3]. 等价于 a2–a–3 大于 f(t)=–2t2+t 在[1,3]上的最大值. 答案:(–∞,–1)∪(2,+∞) 2.解:(1)当 a=1,b=–2 时,f(x)=x2–x–3,由题意可知 x=x2–x–3,得 x1=–1,x2=3. 故当 a=1,b=–2 时,f(x)的两个不动点为–1,3. (2)∵f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)恒有两个不动点, ∴x=ax2+(b+1)x+(b–1),即 ax2+bx+(b–1)=0 恒有两相异实根 ∴Δ=b2–4ab+4a>0(b∈R)恒成立. 于是Δ′=(4a)2–16a<0 解得 0<a<1 故当 b∈R,f(x)恒有两个相异的不动点时,0<a<1. (3)由题意 A、B 两点应在直线 y=x 上,设 A(x1,x1),B(x2,x2) 又∵A、B 关于 y=kx+ 12 1 2 a 对称. ∴k=–1.设 AB 的中点为 M(x′,y′) ∵x1,x2 是方程 ax2+bx+(b–1)=0 的两个根. ∴x′=y′= a bxx 22 21  ,又点 M 在直线 12 1 2  axy 上有 12 1 22 2  aa b a b ,即 aaa ab 12 1 12 2   ∵a>0,∴2a+ a 1 ≥2 2 当且仅当 2a= a 1 即 a= 2 2 ∈(0,1)时取等号, 故 b≥– 22 1 ,得 b 的最小值– 4 2 . ●歼灭难点训练 一、1.解析:考查函数 y1= x 和 y2=(2a)x 的图象,显然有 0<2a<1.由题意 2 1 )2(2 1 a 得 a= 4 1 ,再结合指数函数图象性质可得答案. 答案:A 2.解析:由题意可得 f(–x+1)=–f(x+1).令 t=–x+1,则 x=1–t,故 f(t)=–f(2–t),即 f(x)= –f(2–x). 当 x>1,2–x<1,于是有 f(x)=–f(2–x)=–2(x– 4 7 )2– 8 7 ,其递减区间为[ 4 7 ,+∞). 答案:C 3.解析:显然有 x>3,原方程可化为 103 1   x ax 故有(10–a)·x=29,必有 10–a>0 得 a<10 又 x= a10 29 >3 可得 a> 3 1 . 答案: 3 1 <a<10 4.解析:原式化为 4)2(cos 2 2 mmxy  . 当 2 m <–1,ymin=1+m=–4 m=–5. 当–1≤ 2 m ≤1,ymin= 4 2m =–4 m=±4 不符. 当 2 m >1,ymin=1–m=–4 m=5. 答案:±5 二、5.解:(1)令 2x=t(t>0),设 f(t)=t2–4t+a. 由 f(t)=0 在(0,+∞)有且仅有一根或两相等实根,则有 ①f(t)=0 有两等根时,Δ=0 16–4a=0 a=4 验证:t2–4t+4=0  t=2∈(0,+∞),这时 x=1 ②f(t)=0 有一正根和一负根时,f(0)<0 a<0 ③若 f(0)=0,则 a=0,此时 4x–4·2x=0 2x=0(舍去),或 2x=4,∴x=2,即 A 中只有一 个元素 综上所述,a≤0 或 a=4,即 B={a|a≤0 或 a=4} (2)要使原不等式对任意 a∈(–∞,0]∪{4}恒成立.即 g(a)=(x–2)a–(x2–6x)>0 恒 成立.只须 175 0810 2 0)4( 02 2             xx x g x <x≤2 6.解:(1)∵方程 ax2+bx=2x 有等根,∴Δ=(b–2)2=0,得 b=2. 由 f(x–1)=f(3–x)知此函数图象的对称轴方程为 x=– a b 2 =1 得 a=–1,故 f(x)=–x2+2x. (2)f(x)=–(x–1)2+1≤1,∴4n≤1,即 n≤ 4 1 而抛物线 y=–x2+2x 的对称轴为 x=1 ∴n≤ 4 1 时,f(x)在[m,n]上为增函数. 若满足题设条件的 m,n 存在,则      nnf mmf 4)( 4)(           20 20 42 42 2 2 nn mm nnn mmm 或 或即 又 m<n≤ 4 1 ,∴m=–2,n=0,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,m=–2,n=0. 7.(1)证明:当 n=1 时,g1(x0)=x0 显然成立; 设 n=k 时,有 gk(x0)=x0(k∈N)成立, 则 gk+1(x0)=f[gk(x0)]=f(x0)=g1(x0)=x0 即 n=k+1 时,命题成立. ∴对一切 n∈N,若 g1(x0)=x0,则 gn(x0)=x0. (2)解:由(1)知,稳定不动点 x0 只需满足 f(x0)=x0 由 f(x0)=x0,得 6x0–6x02=x0,∴x0=0 或 x0= 6 5 ∴稳定不动点为 0 和 6 5 . (3)解:∵f(x)<0,得 6x–6x2<0 x<0 或 x>1. ∴gn(x)<0  f[gn–1(x)]<0  gn–1(x)<0 或 gn–1(x)>1 要使一切 n∈N,n≥2,都有 gn(x)<0,必须有 g1(x)<0 或 g1(x)>1. 由 g1(x)<0  6x–6x2<0  x<0 或 x>1 由 g1(x)>0  6x–6x2>1  6 33 6 33  x 故对于区间( 6 33,6 33  )和(1,+∞)内的任意实数 x,只要 n≥2,n∈N,都有 gn(x)<0. 8.(1)证明:任取 x1>x2>0,f(x1)–f(x2)= 21 21 1221 11)11()11( xx xx xxxaxa  ∵x1>x2>0,∴x1x2>0,x1–x2>0, ∴f(x1)–f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2),故 f(x)在(0,+∞)上是增函数. (2)解:∵ xa 11  ≤2x 在(0,+∞)上恒成立,且 a>0, ∴a≥ xx 12 1  在(0,+∞)上恒成立,令 4 2 122 1 12 1)(      xxxx xg (当且仅当 2x= x 1 即 x= 2 2 时取等号),要使 a≥ xx 12 1  在(0,+∞)上恒成立,则 a≥ 4 2 .故 a 的取值范 围是[ 4 2 ,+∞). (3)解:由(1)f(x)在定义域上是增函数. ∴m=f(m),n=f(n),即 m2– a 1 m+1=0,n2– a 1 n+1=0 故方程 x2– a 1 x+1=0 有两个不相等的正根 m,n,注意到 m·n=1,故只需要Δ=( a 1 )2– 4>0,由于 a>0,则 0<a< 2 1 .

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