2018届高考数学二轮复习 函数与方程思想 ppt课件(全国通用)
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2018届高考数学理新课标二轮专题复习课件：2-6函数的性质及图像 精品
[函数的周期性、对称性] (1)(2016·马鞍山质检)已知 f(x)是 R 上的奇函数，f(1)＝1，其 对任意 x∈R 都有 f(x＋6)＝f(x)＋f(3)成立，则 f(2 015)＋f(2 016) ＝________．
【解析】 令 x＝－3，故 f(－3＋6)＝f(－3)＋f(3)，又 f(－ 3)＝－f(3)，故 f(3)＝0，故 f(x＋6)＝f(x)，故 f(2 015)＝f(5)＝f(－ 1)＝－f(1)＝－1，f(2 016)＝f(0)＝0，故 f(2 015)＋f(2 016)＝－1.
【答案】 C
(5)(2016·郑州质检)已知函数 f(x)＝x＋4x，g(x)＝2x＋a，若∀x1
∈[12，1]，∃x2∈[2，3]，使得 f(x1)≥g(x2)，则实数 a 的取值范围
为( )
A．a≤1
B．a≥1
C．a≤2
D．a≥2
【审题】 对∀x1，∃x2 使 f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.
【解析】 由题意知，mx2－6mx＋m＋8≠0 对一切实数 x 都成立，即 mx2－6mx＋m＋8＝0 在实数集上无解．当 m＝0 时， 定义域为 R，满足题意；当 m≠0 时，由 Δ＝(－6m)2－4m(m＋8)<0， 解得 0<m<1.综上，实数 m 的取值范围是[0，1)．
【答案】 [0，1)
【答案】 A
【回顾】 (1)①若 f(x＋T)＝f(x)，则 T 为周期；②若 f(x＋ a)＝－f(x)，则 T＝2a；③若 f(x＋a)＝f（1x），则 T＝2a；④若 f(x ＋a)＝－f（1x），则 T＝2a.
(2)①若函数 y＝f(x)满足 f(a＋x)＋f(a－x)＝2b，即 f(x)＋f(2a －x)＝2b，则 y＝f(x)的图像关于点(a，b)成中心对称；②若函数 y＝f(x)满足 f(a＋x)＝f(a－x)成轴对称；③若 y＝f(x＋a)是偶函数， 则函数 y＝f(x)的图像关于直线 x＝a 对称，若 y＝f(x＋a)是奇函数， 则函数 y＝f(x)的图像关于点(a，0)对称．
2018年高考数学二轮复习课件 第2部分 第1讲函数与方程思想(37张)
[ 解析]
由f(x＋4)＝f(x)，即函数f(x)的周期为4，
1x 因为当x∈[ －2,0] 时，f(x)＝(3) －6． 所以若x∈[0,2] ，则－x∈[ －2,0] ， 1 －x 则f(－x)＝(3) －6＝3x－6， 因为f(x)是偶函数， 所以f(－x)＝3x－6＝f(x)， 即f(x)＝3x－6，x∈[0,2] ， 由f(x)－loga(x＋2)＝0得f(x)＝loga(x＋2)，
2 1－a －4a＋4≤0， ∴ 2 t － a －4a＋4≤0.
由(1－a)2－4a＋4≤0得1≤a≤5， 由(t－a)2－4a＋4≤0得，a－ 4a－4≤t≤a＋ 4a－4， 故当a＝5时，a＋ 4a－4有最大值5＋4＝9.故选D．
• 命题方向2 解决图象交点或方程根的问题
第二部分 思想方法精析
第一讲 函数与方程思想
1
高考考点聚焦
2
命题热点突破
高考考点聚焦
ห้องสมุดไป่ตู้
• 一、函数思想 • 就是用运动和变化的观点，分析和研究具体问题中的数量 关系，并用函数的解析式将其表示出来，从而通过研究函 数的图象和性质，使问题获解． • 二、方程思想 • 就是分析数学中的变量间的等量关系，构建方程或方程组， 转化为对方程的解的讨论， 从而使问题获解．
(2017· 西安一模)已知函数f(x)＝x2＋4x＋4，若存在实数t，当x∈[1，t] 时，f(x －a)≤4x(a>0)恒成立，则实数t的最大值是 导学号 52135039 ( D ) A．4 C．8 B．7 D．9
[ 解析]
∵函数f(x)＝x2＋4x＋4，
∴f(x－a)＝(x－a)2＋4(x－a)＋4． 又∵当x∈[1，t] 时，f(x－a)≤4x(a>0)恒成立， ∴当x∈[1，t] 时，(x－a)2－4a＋4≤0(a>0)恒成立，
新课标2018届高考数学二轮复习专题二函数与导数2.2函数与方程及函数的应用课件
-5-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
对点训练1函数f(x)=2x|log0.5x|-1的零点个数为( A.1 B.2 C.3 D.4
x x
)
关闭
函数 f(x)=2 |log0. 5x|-1 的零点即 2 |log0. 5x|-1= 0 的解 ,即|log0. 5x|= 的解,作出函数 g(x)=|log0. 5x|和函数 h(x)=
题后反思解决由函数零点(方程根)的存在情况求参数的值或取 值范围问题,关键是利用函数方程思想或数形结合思想,构建关于 参数的方程或不等式求解.对于存在函数的零点求参数取值范围的 问题,可通过分离参数,转化为求函数的最值问题.
-10-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
对点训练2(2017全国Ⅲ,理11)已知函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有 唯一零点,则a=( )
-8-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
③当
1 a∈(0,1)时,1- +ln ������
a<0,即 f(-ln a)<0.
又 f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故 f(x)在区间(-∞,-ln a)有一 个零点. 设正整数 n0 满足 n0>ln 由于 ln
3 -1 ������
由 f(x)=-a>-������ >0 知,函数 y=f(x)与直线 y=-a>0 存在两个交点,此时方 程 f(-f(x))=1 的实数根有 2 个;由 f(x)=-b∈(-1,0),知函数 y=f(x)与直线 关闭 y=-b∈(-1,0)存在两个交点,此时方程 f(-f(x))=1 的实数根有 2 个.综上 C 可知方程的实数根个数为 4.
最新-2018届高考数学二轮复习 专题7第22讲 函数与方程思想和数形结合思想课件 新课标版 精品
(2)长度都为 2 的向量O→A，O→B的夹角为 60°，点 C 在以 O 为圆心 的圆弧 AB (劣弧)上，O→C＝mO→A＋nO→B，则 m＋n 的最大值是________．
【分析】 (1)根据方程思想求出数列的首项和公差，建立 Sn 关于 n 的函数；(2)将向量坐标化，建立 m＋n 关于动向量O→C 的函数关系．
第22讲 │ 要点热点探究
第22讲 函数与方程思想和数形结合思想
第22讲 函数与方程思想和 数形结合思想
第22讲 │ 主干知识整合
主干知识整合
1．函数与方程思想 (1)函数思想的实质是抛开所研究对象的非数学特征，用 联系和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立各 变量之间固有的函数关系，通过函数形式，利用函数的有关 性质，使问题得到解决； (2)方程思想的实质就是将所求的量设成未知数，用它表 示问题中的其他各量，根据题中隐含的等量关系，列方程(组)， 通过解方程(组)或对方程(组)进行研究，以求得问题的解决； (3)函数与方程思想在一定的条件下是可以相互转化的， 是相辅相成的，函数思想重在对问题进行动态的研究，方程 思想则是在动中求静，研究运动中的等量关系．
向量O→C＝(2cosα，2sinα)，0≤α≤π3.由O→C＝mO→A＋nO→B，得(2cosα，2sinα)
＝(2m＋n， 3n)，
即 2cosα＝2m＋n,2sinα＝
3n，解得
m＝cosα－
13sinα，n＝
2 3sinα.
故
m＋n＝cosα＋
13sinα＝2
3
3sinα＋π3≤2
3
3 .
第22讲 │ 要点热点探究
(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知过焦点的直线方程为 y＝ x－p2，联立有yy2＝＝x2－pxp2，， 消元后得 x2－3px＋p42＝0.又|AB|＝x1＋x2 ＋p＝8，解得 p＝2.
【分析】 (1)根据方程思想求出数列的首项和公差，建立 Sn 关于 n 的函数；(2)将向量坐标化，建立 m＋n 关于动向量O→C 的函数关系．
第22讲 │ 要点热点探究
第22讲 函数与方程思想和数形结合思想
第22讲 函数与方程思想和 数形结合思想
第22讲 │ 主干知识整合
主干知识整合
1．函数与方程思想 (1)函数思想的实质是抛开所研究对象的非数学特征，用 联系和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立各 变量之间固有的函数关系，通过函数形式，利用函数的有关 性质，使问题得到解决； (2)方程思想的实质就是将所求的量设成未知数，用它表 示问题中的其他各量，根据题中隐含的等量关系，列方程(组)， 通过解方程(组)或对方程(组)进行研究，以求得问题的解决； (3)函数与方程思想在一定的条件下是可以相互转化的， 是相辅相成的，函数思想重在对问题进行动态的研究，方程 思想则是在动中求静，研究运动中的等量关系．
向量O→C＝(2cosα，2sinα)，0≤α≤π3.由O→C＝mO→A＋nO→B，得(2cosα，2sinα)
＝(2m＋n， 3n)，
即 2cosα＝2m＋n,2sinα＝
3n，解得
m＝cosα－
13sinα，n＝
2 3sinα.
故
m＋n＝cosα＋
13sinα＝2
3
3sinα＋π3≤2
3
3 .
第22讲 │ 要点热点探究
(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知过焦点的直线方程为 y＝ x－p2，联立有yy2＝＝x2－pxp2，， 消元后得 x2－3px＋p42＝0.又|AB|＝x1＋x2 ＋p＝8，解得 p＝2.
2018届高考数学理二轮复习全国通用课件 专题一 函数与导数、不等式 第5讲 精品
由零点存在定理，知存在 x0∈(2，3)，使得 h(x0)＝0，
即 1＋ln(x0＋1)＝x0，
又函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当 x∈(0，x0)时，h(x)＜h(x0)＝0；
当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞h(x0)＝0. 从而当 x∈(0，x0)时，g′(x)＝h（xx2）＜0； 当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝h（xx2）＞0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g(x0)＝（x0＋1）[1＋x0ln（x0＋1）]＝x0＋1. 因此 f(x)＞x＋kx1－x2 在(0，＋∞)上恒成立等价于 k＜g(x)min＝x0 ＋1.由 x0∈(2，3)，知 x0＋1∈(3，4)，所以 k 的最大值为 3.
【训练1】 (2016·武汉模拟)设函数f(x)＝1－x2＋ln(x＋1).
(1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若不等式 f(x)＞x＋kx1－x2(k∈N*)在(0，＋∞)上恒成立， 求 k 的最大值.
解 (1)函数 f(x)的定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝x＋1 1－2x，由 f′(x)＞0，得－1＜x＜ 32－1； 由 f′(x)＜0，得 x＞ 32－1.所以函数 f(x)的单调递增区间为 －1， 32－1，单调递减区间为 32－1，＋∞.
设 g(x)＝ln x－mx－1x， 即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0 恒成立， 等价于函数 g(x)在[1，＋∞)上的最大值 g(x)max≤0. g′(x)＝1x－m1＋x12＝－mx2x＋2 x－m. ①若 m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 即 g(x)≥g(1)＝0，这与要求的 g(x)≤0 矛盾. ②若 m＞0，方程－mx2＋x－m＝0 的判别式 Δ＝1－4m2.
即 1＋ln(x0＋1)＝x0，
又函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当 x∈(0，x0)时，h(x)＜h(x0)＝0；
当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞h(x0)＝0. 从而当 x∈(0，x0)时，g′(x)＝h（xx2）＜0； 当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝h（xx2）＞0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g(x0)＝（x0＋1）[1＋x0ln（x0＋1）]＝x0＋1. 因此 f(x)＞x＋kx1－x2 在(0，＋∞)上恒成立等价于 k＜g(x)min＝x0 ＋1.由 x0∈(2，3)，知 x0＋1∈(3，4)，所以 k 的最大值为 3.
【训练1】 (2016·武汉模拟)设函数f(x)＝1－x2＋ln(x＋1).
(1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若不等式 f(x)＞x＋kx1－x2(k∈N*)在(0，＋∞)上恒成立， 求 k 的最大值.
解 (1)函数 f(x)的定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝x＋1 1－2x，由 f′(x)＞0，得－1＜x＜ 32－1； 由 f′(x)＜0，得 x＞ 32－1.所以函数 f(x)的单调递增区间为 －1， 32－1，单调递减区间为 32－1，＋∞.
设 g(x)＝ln x－mx－1x， 即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0 恒成立， 等价于函数 g(x)在[1，＋∞)上的最大值 g(x)max≤0. g′(x)＝1x－m1＋x12＝－mx2x＋2 x－m. ①若 m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 即 g(x)≥g(1)＝0，这与要求的 g(x)≤0 矛盾. ②若 m＞0，方程－mx2＋x－m＝0 的判别式 Δ＝1－4m2.
2018届高三数学理二轮复习课件：第二篇 数学思想2.1 精品
所以|AB|≥ 3,
2
所以|AB|的最小值为 3.
2
【规律方法】求最值或参数范围的技巧 (1)充分挖掘题设条件中的不等关系,构建以待求字母 为元的不等式(组)求解. (2)充分应用题设中的等量关系,将待求参数表示成其 他变量的函数,然后应用函数知识求解.
(3)当问题中出现两数积与这两数和时,是构建一元二 次方程的明显信息,构造方程再利用方程知识使问题巧 妙解决. (4)当问题中出现多个变量时,往往要利用等量关系去 减少变量的个数.
【解析】问题等价于f(x)min≥g(x)max.
f(x)=lnx－1 x＋-13，
4 4x
所以f′(x)= 1－1－ 3 ＝4x x2 3，
x 4 4x2
4x 2
令f′(x)>0得x2-4x+3<0，解得1<x<3，
故函数f(x)的单调递增区间是(1，3)，
单调递减区间是(0，1)和(3，+∞)，
2.(2016·太原二模)f(x)=ax3-3x+1对于x∈[-1,1]总 有f(x)≥0成立,则a=________. 【解析】若x=0,则不论a取何值, f(x)≥0显然成立; 当x>0即x∈(0,1]时,
f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≥ 3
x2
－
1 x3
.
设g(x)= 3 － 1则, g′(x)=
2
＝| t t ln t 1|＝|t ln t 1|.
2
22
设g(t)= t －ln+t1(t>0),
22
则g′(t)= 1－ 1 ＝t 1，
2 2t 2t
令g′(t)=0,得t=1,
当t∈(0,1)时,g′(t)<0;
2018年高三数学二轮复习课件 专题2第2讲函数与方程及函数的应用
2
1 ∴f(a)＝f(4)＝2×(4－1)＝6，故选 C．
|x|＋2，x<1， 2．(文)(2017· 天津卷，8)已知函数 f(x)＝ 2 设 a∈R，若关于 x x＋ ，x≥1. x x 的不等式 f(x)≥|2＋a|在 R 上恒成立，则 a 的取值范围是 导学号 52134186 ( A．[ －2,2] C．[－2,2 3] B．[－2 3，2] D．[－2 3，2 3]
核心知识整合
1．几种常见的函数模型 (1)一次函数模型：y＝ax＋b(a≠0)． (2)二次函数模型：y＝ax2＋bx＋c(a≠0)． (3)指数函数模型：y＝a· bx＋c(b>0 且 b≠1)． (4)对数函数模型：y＝blogax＋c(a>0 且 a≠1)．
gx，x∈A1， (5)分段函数模型：f(x若 a＝2 3，则当 x＝0 时，f(0)＝2，而|2＋a|＝2 3，不等式不成立， 故排除选项 C，D． x 若 a＝－2 3，则当 x＝0 时，f(0)＝2，而|2＋a|＝2 3， 不等式不成立，故排除选项 B． 故选 A．
2 x －x＋3，x≤1， (理)(2017· 天津卷，8)已知函数 f(x)＝ 2 设 a∈R，若关于 x x＋ ，x>1. x
• (3)思想与方法 • (1)数学方法：图象法、分离参数法、最值的求法 ． • (2)数学思想：数形结合、转化与化归、函数与方 程．
• 1．忽略概念 • 函数的零点不是一个“点”，而是函数图象与x轴 交点的横坐标． • 2．不能准确应用零点存在性定理 • 函数零点存在性定理是说满足某条件时函数存在 零点，但存在零点时不一定满足该条件．即函数y ＝f(x)在(a，b)内存在零点，不一定有f(a)f(b)<0．
1 ∴f(a)＝f(4)＝2×(4－1)＝6，故选 C．
|x|＋2，x<1， 2．(文)(2017· 天津卷，8)已知函数 f(x)＝ 2 设 a∈R，若关于 x x＋ ，x≥1. x x 的不等式 f(x)≥|2＋a|在 R 上恒成立，则 a 的取值范围是 导学号 52134186 ( A．[ －2,2] C．[－2,2 3] B．[－2 3，2] D．[－2 3，2 3]
核心知识整合
1．几种常见的函数模型 (1)一次函数模型：y＝ax＋b(a≠0)． (2)二次函数模型：y＝ax2＋bx＋c(a≠0)． (3)指数函数模型：y＝a· bx＋c(b>0 且 b≠1)． (4)对数函数模型：y＝blogax＋c(a>0 且 a≠1)．
gx，x∈A1， (5)分段函数模型：f(x若 a＝2 3，则当 x＝0 时，f(0)＝2，而|2＋a|＝2 3，不等式不成立， 故排除选项 C，D． x 若 a＝－2 3，则当 x＝0 时，f(0)＝2，而|2＋a|＝2 3， 不等式不成立，故排除选项 B． 故选 A．
2 x －x＋3，x≤1， (理)(2017· 天津卷，8)已知函数 f(x)＝ 2 设 a∈R，若关于 x x＋ ，x>1. x
• (3)思想与方法 • (1)数学方法：图象法、分离参数法、最值的求法 ． • (2)数学思想：数形结合、转化与化归、函数与方 程．
• 1．忽略概念 • 函数的零点不是一个“点”，而是函数图象与x轴 交点的横坐标． • 2．不能准确应用零点存在性定理 • 函数零点存在性定理是说满足某条件时函数存在 零点，但存在零点时不一定满足该条件．即函数y ＝f(x)在(a，b)内存在零点，不一定有f(a)f(b)<0．
2018高考新课标数学理二轮专题复习课件：攻略一第1讲函数与方程思想、数形结合思想 精品
角度 2 函数与方程思想在数列中的应用 [例 1－2] (1)(2016· 全国Ⅰ卷)设等比数列{an}满足 a1 ＋a3＝10，a2＋a4＝5，则 a1a2…an 的最大值为________． (2)已知数列{an}是等差数列，且 S6＝42，S12＝156， 求 S18.
解析：(1)利用等比数列通项公式求出首项 a1 与公比 q，再将 a1a2…an 的最值问题利用指数幂的运算法则转化 为二次函数最值问题．
[易错警示] 在利用函数思想解决数列问题时，应注 意定义域即 n 的取值范围的特殊性．
角度 3 函数与方程思想在解析几何中的应用 [ 例 1 － 3] x2 y2 已知椭圆 C ： 2 ＋ 2 ＝ 1(a>b>0) 过点 a b 55460069)
3 1 P1，2，离心率为 .(导学号 2
角度 1 函数与方程思想在不等式中的应用 [例 1－1] (1)若存在正数 x，使 2x(x－a)<1 成立，则 实数 a 的取值范围是( A．(－∞，＋∞) C．(0，＋∞) ) B．(－2，＋∞) D．(－1，＋∞)
(2) 设函数 f(x) ＝ cos2x ＋ sin x ＋ a － 1 ，已知不等式 17 1≤f(x)≤ 对一切 x∈R 恒成立，求 a 的取值范围． 4 (导学号 55460068)
设等比数列{an}的公比为 q， 1 则由 a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知 q＝ . 2 又 a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.
n 1＋2＋…＋(n－1) 3n 1 a1a2…an＝a1 q ＝ 2 ·
故
2
（n－1）n 2
＝
n2 n n2 7 3 n－ ＋ 2 2 2＝2－ 2 ＋2n.
2018届高考数学二轮复习 函数与方程、数形结合思想 ppt课件(全国通用)
(2)已知 f(x)是奇函数并且是 R 上的单调函数，若函 数 y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一个零点，则实数 λ 的值是 ( )(导学号 55410001) 1 A. 4 1 B. 8 7 C．－ 8 3 D．－ 8
解析：(1)设 f(x)＝ex－x－1 且 x＞0，则 f′(x)＝ex－1. 所以 f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且 f(0)＝0.
n 1 ＝ . 1 2n＋1 2＋ n
又 y＝ 在[1，＋∞)上是增函数， 1 2＋x 1 所以当 n＝1 时，Tn 取到最小值 . 3
1
[规律方法] 1．本题完美体现函数与方程思想的应用，第(1)问由 条件列方程求公差与首项，从而求出通项公式与前 n 项 和．第(2)问利用裂项相消求 Tn，构造函数 f(x)＝ 1 1 2＋ x ，
(2)含参数的方程问题一般通过直接构造函数或分离 参数化为函数解决．
[变式训练]
x (1)设函数 f(x)＝ －cos x，则方程 f(x) 2 ) 3π D. 2
π ＝ 所有实根的和为( 4 π A．0 B. 4 π C. 2
(2)(2015·全国卷Ⅱ)已知曲线 y＝x＋ln x 在点(1，1)处 的切线与曲线 y＝ax2＋(a＋2)x＋1 相切， 则 a＝________．
所以 ex－1＞x，即 ea－1＞a. 又 y＝ax(0＜a＜1)在 R 上是减函数，得 a＞ae 从而 ea －1＞a＞ae. (2)令 y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0，且 f(x)是奇函数． 则 f(2x2＋1)＝－f(λ－x)＝f(x－λ) 又因为函数 f(x)是 R 上的单调函数．
角度 2 函数与方程思想在数列中的应用 [ 例 2] (2017· 深圳调研 ) 已知等差数列 {an} 的公差
2018届高考数学文二轮复习课件：2.2.2 函数与方程及函数的应用 精品
当 1 520－200a＝0，即 a＝7.6 时，生产甲产品与生产乙产品均可 获得最大年利润；
当 1 520－200a<0，即 7.6<a≤8 时，投资生产乙产品 100 件可获 得最大年利润．
[方法规律] 应用函数知识解应用题的步骤 (1)正确地将实际问题转化为函数模型，这是解应用题的关键，转 化来源于对已知条件的综合分析、归纳与抽象，并与熟知的函数模型 相比较，以确定函数模型的种类． (2)用相关的函数知识，进行合理设计，确定最佳解题方案，进行 数学上的计算求解． (3)把计算获得的结果带回到实际问题中去解释实际问题，即对实 际问题进行总结作答． 提醒 ：在建立函数模型时一定要根据实际情况，确定函数的定义 域．
答案：C
4．下列函数中不存在零点的是( )
A．y＝x－1x
B．y＝ x2＋x＋1
C．y＝log2 013x D．y＝ex－2
解析：对于 A，令 y＝x－1x＝0，则 x＝±1；对于 B，由于 x2＋x＋
1＝0 无实数根，则函数 y＝ x2＋x＋1无零点；对于 C，令 log2 013x＝0， 则 x＝1；对于 D，令 y＝ex－2＝0，则 x＝ln2.故选 B.
(2)分别求出投资生产这两种产品的最大年利润；
(3)如何决定投资可使年利润最大．
[自主解答] (1)y1＝(10－a)x－20(1≤x≤200，x∈N*)， y2＝－0.05x2＋10x－40(1≤x≤120，x∈N*)． (2)∵10－a>0，故 y1 为增函数， ∴当 x＝200 时，y1 取得最大值 1 980－200a，即投资生产甲产品 的最大年利润为(1 980－200a)万美元． y2＝－0.05(x－100)2＋460(1≤x≤120，x∈N*)， ∴当 x＝100 时，y2 取得最大值 460，即投资生产乙产品的最大年 利润为 460 万美元．
当 1 520－200a<0，即 7.6<a≤8 时，投资生产乙产品 100 件可获 得最大年利润．
[方法规律] 应用函数知识解应用题的步骤 (1)正确地将实际问题转化为函数模型，这是解应用题的关键，转 化来源于对已知条件的综合分析、归纳与抽象，并与熟知的函数模型 相比较，以确定函数模型的种类． (2)用相关的函数知识，进行合理设计，确定最佳解题方案，进行 数学上的计算求解． (3)把计算获得的结果带回到实际问题中去解释实际问题，即对实 际问题进行总结作答． 提醒 ：在建立函数模型时一定要根据实际情况，确定函数的定义 域．
答案：C
4．下列函数中不存在零点的是( )
A．y＝x－1x
B．y＝ x2＋x＋1
C．y＝log2 013x D．y＝ex－2
解析：对于 A，令 y＝x－1x＝0，则 x＝±1；对于 B，由于 x2＋x＋
1＝0 无实数根，则函数 y＝ x2＋x＋1无零点；对于 C，令 log2 013x＝0， 则 x＝1；对于 D，令 y＝ex－2＝0，则 x＝ln2.故选 B.
(2)分别求出投资生产这两种产品的最大年利润；
(3)如何决定投资可使年利润最大．
[自主解答] (1)y1＝(10－a)x－20(1≤x≤200，x∈N*)， y2＝－0.05x2＋10x－40(1≤x≤120，x∈N*)． (2)∵10－a>0，故 y1 为增函数， ∴当 x＝200 时，y1 取得最大值 1 980－200a，即投资生产甲产品 的最大年利润为(1 980－200a)万美元． y2＝－0.05(x－100)2＋460(1≤x≤120，x∈N*)， ∴当 x＝100 时，y2 取得最大值 460，即投资生产乙产品的最大年 利润为 460 万美元．
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1 1 1 － 所 以 bn ＝ ＋ ＋…＋ ＝ ＋ S n ＋ 1 n ＋ 2 2 n Sn＋1 Sn＋2
1
1
1 1 － n＋2 n＋3
＋…＋
1 1 － 2n 2n＋1
1 1 ＝ － ＝ n＋ 1 2n＋1
n 1 ＝ . 2 1 2n ＋3n＋1 2n＋ ＋3 n
k 恒成立，求实数 k 的最小值．
解：(1)设数列{an}公差为 d，由题意，知 a1＝2，a2 3＝ a2(a4＋1) 又因为{an}是正项等差数列，故 d≥0， 所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)， 得 d＝2 或 d＝－1(舍去)， 所以数列{an}的通项公式 an＝2n.
1 1 1 1 (2)因为 Sn＝n(n＋1)，则 ＝ ＝ － . Sn n（n＋1） n n＋1
专题一
数学思想
第1讲
函数与方程、 数形 结合思想
热点 1
函数与方程思想
1．函数思想：实质就是用联系和变化的观点，描述 两个量之间的依赖关系，刻画数量之间的本质特征，在 提出数学问题时，抛弃一些非数学特征，抽象出数量特 征，建立明确的函数关系，并运用函数的知识和方法解 决问题．
2．方程思想：实质是根据已知量和未知量之间的制 约关系，列出方程(组)，进而通过解方程(组)，或利用方 程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决． 3．函数与方程思想在一定的条件下是可以相互转化 的，是相辅相成的．函数思想重在对问题进行动态的研 究，方程思想则是在动中求静，研究运动中的等量关系．
[规律方法] 1．本题完美体现了函数与方程思想的应用，第(1)问 直接列方程求公差；第(2)问求出 bn 的表达式，说明要求 bn≤k 恒成立时 k 的最小值，只需求 bn 的最大值，从而构 1 造函数 f(x)＝2x＋ (x≥1)，利用函数求解． x
2．数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的 函数，数列的通项公式与前 n 项和公式即为相应的解析 式， 因此在解决数列问题时， 应注意利用函数的思想求解．
x π x π 解析：(1)由 f(x)＝ －cos x＝ ，得 － ＝cos x. 2 4 2 4 x π 令 y＝ － ，y＝cos x. 2 4 在同一坐标系内作出两函数图象(图象略)，易知两图
π 象只有一个交点2，0.
π π 所以方程 f(x)＝ 的所有实根之和为 . 4 2
角度 2 函数与方程思想在数列中的应用 [例 2] 已知数列{an}是各项均为正数的等差数3，a4＋1 成等比数列，求数列 {an}的通项公式 an； (2)在(1)的条件下，数列{an}的前 n 项和为 Sn，设 bn ＝ 1 Sn＋1 ＋ 1 Sn＋2 ＋…＋ 1 ，若对任意的 n∈N*，不等式 bn≤ S2n
1 (2)由 y＝x＋ln x，得 y′＝1＋ . x 所以曲线 y＝x＋ln x 在点(1，1)处的切线方程为 y－1 ＝2(x－1)． y＝2x－1， 2 联立 消去 y 得 ax ＋ax＋2＝0. 2 y＝ax ＋（a＋2）x＋1.
依题意，Δ＝a2－8a＝0，所以 a＝8(a＝0 舍去)． 答案：(1)C (2)8
所以 2x2＋1＝x－λ 只有一个零点，即 2x2－x＋1＋λ ＝0 只有两个相等实根．
7 则 Δ＝1－8(1＋λ)＝0，解得 λ＝－ . 8 答案：(1)B (2)C
[规律方法] 1．第(1)题构造函数，转化为判定函数值的大小，利用 函数的单调性与不等式的性质求解． 2．利用函数方程思想解决零点及方程根的问题： (1)应用方程思想把函数图象交点问题转化为方程根的 问题，应用函数思想把方程根的问题转化为函数零点问题．
1 1 令 f(x)＝2x＋x(x≥1)．则 f′(x)＝2－ 2＞0 恒成立． x 所以 f(x)在[1，＋∞)上是增函数． 所以当 x＝1 时，f(x)min＝f(1)＝3， 1 1 则 2n＋ ＋3 的最小值为 6，所以(bn)max＝ . n 6
要使对任意的正整数 n，不等式 bn≤k 恒成立， 1 则须使 k≥(bn)max＝ ， 6 1 所以实数 k 的最小值为 . 6
[变式训练]
(2017· 全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前
n 项和为 Sn，等比数列{bn}的前 n 项和为 Tn，a1＝－1， b1＝1，a2＋b2＝2.(导学号 54850002) (1)若 a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式； (2)若 T3＝21，求 S3. 解：设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q，则 an＝－1 ＋(n－1)d，bn＝qn－1.
(2)含参数的方程问题一般通过直接构造函数或分离 参数化为函数解决．
[变式训练]
x (1)设函数 f(x)＝ －cos x，则方程 f(x) 2 ) 3π D. 2
π ＝ 所有实根的和为( 4 π A．0 B. 4 π C. 2
(2)(2015· 全国卷Ⅱ)已知曲线 y＝x＋ln x 在点(1，1) 处 的 切 线与 曲 线 y ＝ ax2 ＋ (a ＋ 2)x ＋ 1 相 切 ， 则 a ＝ ________．
角度 1 求解函数的零点、不等式问题 [例 1] (1)(2017· 衡阳模拟)设 0＜a＜1， e 为自然对数 )
的底数，则 a，ae，ea－1 的大小关系为( A．ea－1＜a＜ae B．ae＜a＜ea－1 C．ae＜ea－1＜a D．a＜ea－1＜ae
(2)已知 f(x)是奇函数并且是 R 上的单调函数，若函 数 y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一个零点，则实数 λ 的值是 ( )(导学号 54850001) 1 A. 4 1 B. 8 7 C．－ 8 3 D．－ 8
解析：(1)设 f(x)＝ex－x－1 且 x＞0，则 f′(x)＝ex－1. 所以 f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且 f(0)＝0. 所以 ex－1＞x，即 ea－1＞a.
又 y＝ax(0＜a＜1)在 R 上是减函数，得 a＞ae 从而 ea －1＞a＞ae. (2)令 y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0，且 f(x)是奇函数． 则 f(2x2＋1)＝－f(λ－x)＝f(x－λ) 又因为函数 f(x)是 R 上的单调函数．
1
1
1 1 － n＋2 n＋3
＋…＋
1 1 － 2n 2n＋1
1 1 ＝ － ＝ n＋ 1 2n＋1
n 1 ＝ . 2 1 2n ＋3n＋1 2n＋ ＋3 n
k 恒成立，求实数 k 的最小值．
解：(1)设数列{an}公差为 d，由题意，知 a1＝2，a2 3＝ a2(a4＋1) 又因为{an}是正项等差数列，故 d≥0， 所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)， 得 d＝2 或 d＝－1(舍去)， 所以数列{an}的通项公式 an＝2n.
1 1 1 1 (2)因为 Sn＝n(n＋1)，则 ＝ ＝ － . Sn n（n＋1） n n＋1
专题一
数学思想
第1讲
函数与方程、 数形 结合思想
热点 1
函数与方程思想
1．函数思想：实质就是用联系和变化的观点，描述 两个量之间的依赖关系，刻画数量之间的本质特征，在 提出数学问题时，抛弃一些非数学特征，抽象出数量特 征，建立明确的函数关系，并运用函数的知识和方法解 决问题．
2．方程思想：实质是根据已知量和未知量之间的制 约关系，列出方程(组)，进而通过解方程(组)，或利用方 程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决． 3．函数与方程思想在一定的条件下是可以相互转化 的，是相辅相成的．函数思想重在对问题进行动态的研 究，方程思想则是在动中求静，研究运动中的等量关系．
[规律方法] 1．本题完美体现了函数与方程思想的应用，第(1)问 直接列方程求公差；第(2)问求出 bn 的表达式，说明要求 bn≤k 恒成立时 k 的最小值，只需求 bn 的最大值，从而构 1 造函数 f(x)＝2x＋ (x≥1)，利用函数求解． x
2．数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的 函数，数列的通项公式与前 n 项和公式即为相应的解析 式， 因此在解决数列问题时， 应注意利用函数的思想求解．
x π x π 解析：(1)由 f(x)＝ －cos x＝ ，得 － ＝cos x. 2 4 2 4 x π 令 y＝ － ，y＝cos x. 2 4 在同一坐标系内作出两函数图象(图象略)，易知两图
π 象只有一个交点2，0.
π π 所以方程 f(x)＝ 的所有实根之和为 . 4 2
角度 2 函数与方程思想在数列中的应用 [例 2] 已知数列{an}是各项均为正数的等差数3，a4＋1 成等比数列，求数列 {an}的通项公式 an； (2)在(1)的条件下，数列{an}的前 n 项和为 Sn，设 bn ＝ 1 Sn＋1 ＋ 1 Sn＋2 ＋…＋ 1 ，若对任意的 n∈N*，不等式 bn≤ S2n
1 (2)由 y＝x＋ln x，得 y′＝1＋ . x 所以曲线 y＝x＋ln x 在点(1，1)处的切线方程为 y－1 ＝2(x－1)． y＝2x－1， 2 联立 消去 y 得 ax ＋ax＋2＝0. 2 y＝ax ＋（a＋2）x＋1.
依题意，Δ＝a2－8a＝0，所以 a＝8(a＝0 舍去)． 答案：(1)C (2)8
所以 2x2＋1＝x－λ 只有一个零点，即 2x2－x＋1＋λ ＝0 只有两个相等实根．
7 则 Δ＝1－8(1＋λ)＝0，解得 λ＝－ . 8 答案：(1)B (2)C
[规律方法] 1．第(1)题构造函数，转化为判定函数值的大小，利用 函数的单调性与不等式的性质求解． 2．利用函数方程思想解决零点及方程根的问题： (1)应用方程思想把函数图象交点问题转化为方程根的 问题，应用函数思想把方程根的问题转化为函数零点问题．
1 1 令 f(x)＝2x＋x(x≥1)．则 f′(x)＝2－ 2＞0 恒成立． x 所以 f(x)在[1，＋∞)上是增函数． 所以当 x＝1 时，f(x)min＝f(1)＝3， 1 1 则 2n＋ ＋3 的最小值为 6，所以(bn)max＝ . n 6
要使对任意的正整数 n，不等式 bn≤k 恒成立， 1 则须使 k≥(bn)max＝ ， 6 1 所以实数 k 的最小值为 . 6
[变式训练]
(2017· 全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前
n 项和为 Sn，等比数列{bn}的前 n 项和为 Tn，a1＝－1， b1＝1，a2＋b2＝2.(导学号 54850002) (1)若 a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式； (2)若 T3＝21，求 S3. 解：设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q，则 an＝－1 ＋(n－1)d，bn＝qn－1.
(2)含参数的方程问题一般通过直接构造函数或分离 参数化为函数解决．
[变式训练]
x (1)设函数 f(x)＝ －cos x，则方程 f(x) 2 ) 3π D. 2
π ＝ 所有实根的和为( 4 π A．0 B. 4 π C. 2
(2)(2015· 全国卷Ⅱ)已知曲线 y＝x＋ln x 在点(1，1) 处 的 切 线与 曲 线 y ＝ ax2 ＋ (a ＋ 2)x ＋ 1 相 切 ， 则 a ＝ ________．
角度 1 求解函数的零点、不等式问题 [例 1] (1)(2017· 衡阳模拟)设 0＜a＜1， e 为自然对数 )
的底数，则 a，ae，ea－1 的大小关系为( A．ea－1＜a＜ae B．ae＜a＜ea－1 C．ae＜ea－1＜a D．a＜ea－1＜ae
(2)已知 f(x)是奇函数并且是 R 上的单调函数，若函 数 y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一个零点，则实数 λ 的值是 ( )(导学号 54850001) 1 A. 4 1 B. 8 7 C．－ 8 3 D．－ 8
解析：(1)设 f(x)＝ex－x－1 且 x＞0，则 f′(x)＝ex－1. 所以 f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且 f(0)＝0. 所以 ex－1＞x，即 ea－1＞a.
又 y＝ax(0＜a＜1)在 R 上是减函数，得 a＞ae 从而 ea －1＞a＞ae. (2)令 y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0，且 f(x)是奇函数． 则 f(2x2＋1)＝－f(λ－x)＝f(x－λ) 又因为函数 f(x)是 R 上的单调函数．