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【高考数学】 二轮专题复习 专题八 数学思想和方法 第1讲 函数与方程思想、数形结合思想

第1讲 函数与方程思想、数形结合思想 高考定位 函数与方程的思想一般通过函数与导数、三角函数、数列、解析几 何等知识进行考查;数形结合思想一般在填空题中考查. 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的思想方法. (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,使问题获得解决的思想方法. 2.函数与方程的思想在解题中的应用 (1)函数与不等式的相互转化,对于函数 y=f(x),当 y>0 时,就转化为不等式 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)解析几何中的许多问题,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. 3.数形结合是一种数学思想方法,包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面,其应 用大致可以分为两种情形:①借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系,即 以形作为手段,数为目的,比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质; ②借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性,即以数作为手段,形 作为目的,如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质. 4.在运用数形结合思想分析和解决问题时,要注意三点:第一要彻底明白一些 概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征,对数学题目中的条件和结论既分 析其几何意义又分析其代数意义;第二是恰当设参、合理用参,建立关系,由 数思形,以形想数,做好数形转化;第三是正确确定参数的取值范围.数学中的 知识,有的本身就可以看作是数形的结合. 热点一 函数与方程思想的应用 [应用 1] 不等式问题中的函数(方程)法 【例 1-1】 (1)f(x)=ax3-3x+1 对于 x∈[-1,1],总有 f(x)≥0 成立,则 a= ________. (2)设 f(x),g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数,当 x<0 时,f′(x)g(x)+ f(x)g′(x)>0,且 g(-3)=0,则不等式 f(x)g(x)<0 的解集是________. 解析 (1)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 3(1-2x) 3 1 3 1 a≥x2-x3.设 g(x)=x2-x3,则 g′(x)= , x4 1? ? ?1 ? 所以 g(x)在区间?0,2?上单调递增,在区间?2,1?上单调递减,因此 g(x)max= ? ? ? ? ?1? g?2?=4,从而 a≥4. ? ? 3 1 3 当 x<0 即 x∈[-1,0)时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 a≤x2-x3,设 g(x)=x2- 1 x3,且 g(x)在区间[-1,0)上单调递增,因此 g(x)min=g(-1)=4,从而 a≤4,综 上 a=4. (2)设 F(x)=f(x)g(x),由于 f(x),g(x)分别是定义在 R 上的奇函 数和偶函数,得 F(-x)=f(-x)· g(-x)=-f(x)g(x)=-F(x),即 F(x)在 R 上为奇函数. 又当 x<0 时,F′(x)=f′(x)· g(x)+f(x)g′(x)>0, 所以 x<0 时,F(x)为增函数. 因为奇函数在对称区间上的单调性相同,所以 x>0 时,F(x)也是增函数. 因为 F(-3)=f(-3)g(-3)=0=-F(3). 所以,由图可知 F(x)<0 的解集是(-∞,-3)∪(0,3). 答案 (1)4 (2)(-∞,-3)∪(0,3) 探究提高 (1)在解决不等式问题时,一种最重要的思想方法就是构造适当的函 数,利用函数的图象和性质解决问题;(2)函数 f(x)>0 或 f(x)<0 恒成立,一般可 转化为 f(x)min>0 或 f(x)max<0;已知恒成立求参数范围可先分离参数,然后利用 函数值域求解. [应用 2] 数列问题的函数(方程)法 【例 1-2】 已知数列{an}满足 a1=3,an+1=an+p· 3n(n∈N*,p 为常数),a1,a2 +6,a3 成等差数列. (1)求 p 的值及数列{an}的通项公式; n2 4 (2)设数列{bn}满足 bn=a ,证明:bn≤9. n (1)解 由 a1=3,an+1=an+p· 3n , 得 a2=3+3p,a3=a2+9p=3+12p. 因为 a1,a2+6,a3 成等差数列, 所以 a1+a3=2(a2+6), 即 3+3+12p=2(3+3p+6), 得 p=2,依题意知,an+1=an+2× 3n. 当 n≥2 时,a2-a1=2× 31, a3-a2=2× 32,…, an-an-1=2× 3n-1. 将以上式子相加得 an-a1=2(31+32+…+3n-1), 3× (1-3n-1) n 所以 an-a1=2× =3 -3, 1-3 所以 an=3n(n≥2). 又 a1=3 符合上式,故 an=3n. (2)证明 n2 因为 an=3n,所以 bn=3n. (n+1)2 n2 -2n2+2n+1 所以 bn+1-bn= -3n= (n∈N*), 3n+1 3n+1 若-2n2+2n+1<0,则 n> 1+ 3 2 , 即当 n≥2 时,有 bn+1<bn, 1 4 4 又因为 b1=3,b2=9,故 bn≤9. 探究提高 数列最值问题中应用函数与方程思想的常见类型: (1)数列中的恒成立问题,转化为最值问题,利用函数的单调性或不等式求解. ? ?an-1≤an, (2)数列中的最大项与最小项问题,利

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