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第20讲 函数与方程思想数形结合思想


专题八
第 20 讲

数学思想方法

函数与方程思想、数形结合思想 [双面作业]

1. 【2015 全国卷Ⅱ, 理 4】 已知等比数列 {an } 满足 a1 ? 1, a1 ? a3 ? a5 ? 21 , 则 a3 ? a5 ? a7 ?

? ? ? ? ? ? 2.【2015 全

国卷Ⅱ,理 13】设向量 a, b 不平行,向量 ? a ? b 与 a ? 2b 平行,则实数 ? ? 。 2m 3. 【2013 全国新课标卷Ⅰ改编】 设 m 为正整数,( x ? y) 展开式的二项式系数的最大值为 a ,( x ? y)2 m?1 展开式的二项式系数的最大值为 b ,若 13a ? 7b ,则 m ? 。 4.【2015 全国卷Ⅱ,理 12】设函数 f '( x) 是奇函数 f ( x)( x ? R) 的导函数, f (?1) ? 0 ,当 x ? 0 时, 。 xf '( x) ? f ( x) ? 0 ,则使得 f ( x) ? 0 成立的 x 的取值范围是 3 2 5.【2014 辽宁高考,理 11 改编】当 x ?[?2,1] 时,不等式 ax ? x ? 4 x ? 3 ? 0 恒成立,则实数 a 的取值
范围是 。 。
x 6.【2015 湖南卷,文 14】若函数 f ( x ) ? 2 ? 2 ? b 有两个零点。则实数 b 的取值范围是



7.【2013 山东高考,文 13】过点(3,1)作圆 ( x ? 2)2 ? ( y ? 2)2 ? 4 的弦,其中最短的弦长为__________。
2 ? ? x ? 5x ? 4 , x ? 0, 8. 【2014 天津高考, 文 14】 已知函数 f ( x) ? ? 若函数 y ? f ( x) ? a x 恰好有 4 个零点, 2 x ? 2 , x ? 0. ? ? 则实数 a 的取值范围为 。

1.【答案】 84 【解析】设公比为 q ,由 a1 ? 1, a1 ? a3 ? a5 ? 21 ,得 1 ? q2 ? q4 ? 21 ,即 q 4 ? q 2 ? 20 ? 0 ,解得 q 2 ? 4 (舍去负值) ,所以 a3 ? a5 ? a7 ? (a1 ? a3 ? a5 )q2 ? 21? 4 ? 84 。 2.【答案】

1 2 1 。 2

【解析】根据共线向量定理,存在实数 ? ,使得 ? a ? b ? ? (a ? 2b) ,由于 a, b 不平行,由平面向量基本 定理得 ? ? ? 且 1 ? 2? ,解得 ? ?

? ?

?

?

? ?

2 m?1 m m 3.【答案】 . 6 【解析】 ( x ? 2 y)2m 展开式的二项式系数的最大值是 C2 展开 m ,即 a ? C2m ; ( x ? 2 y)

m m m 1 3a ? 7 b , 所 以 13 式 的 二 项 式 系 数 的 最 大 值 是 C2 C2 Cm m ?1 , 即 b ? C2 m?1 , 因 为 m ? 7 2 m? 1, 所 以

2m ? 1 (2m)! (2m ? 1)! ?7 , 化简得 13 ? 7 ? ,解得 m ? 6 . m ?1 m !? m ! (m ? 1)!? m ! 4.【答案】 (??, ?1) ? (0,1) 【解析】 f (?1) ? 0 ,可得 f (1) ? 0 。 由于函数 f ( x ) 是奇函数, f (0) ? 0 ,故 x ? 0 时, f ( x) ? 0 不成立; f ( x) xf '( x) ? x ? 0 ,则函数 g ( x) 在 (0, ??) 单调递减,且 当 x ? 0 时,考虑函数 g ( x ) ? , g '( x) ? x x2 f (1) g (1) ? ?0, 1 f ( x) ? 0 ,即 f ( x) ? 0 ; 所以当 0 ? x ? 1 时, g ( x) ? 0 ,即 x

13

f (? x) f ( x) ? ? g ( x),故函数 g ( x) 为偶函数,故 g ( x) 在 (??, 0) 单调递增。且 ?x x f ( x) ? 0 ,即 f ( x) ? 0 。 g (? 1) ? 0,所以当 x ? ?1 时, g ( x) ? 0 ,即 x 综上所述,使得 f ( x) ? 0 成立的 x 的取值范围是 (??, ?1) ? (0,1)
由于函数 g ( ? x) ? 5.【答案】 [?6, ?2] 【解析】显然 x ? 0 时,对任意实数 a ,已知不等式恒成立;

3 4 1 ? ? ? ?3t 3 ? 4t 2 ? t , t ? [1, ??) ,令 g (t ) ? ?3t 3 ? 4t 2 ? t , x3 x 2 x 则 g '(t ) ? ?9t 2 ? 8t ? 1 ? ?(9t ?1)(t ? 1) ,当 t ? 1 ,故 g '(t ) ? 0,即函数 g (t ) 在 [1, ??) 上的最大值为 g (1) ? ?6 ,故只要 a ? ?6 ; 3 4 1 1 3 2 若 ?2 ? x ? 0 , 则 a ? ? 3 ? 2 ? ? ?3t ? 4t ? t , t ? (??, ? ] , 令 g (t ) ? ?3t 3 ? 4t 2 ? t , 则 x x x 2 1 g ' (t ? ) ? 29 t ? 8 t? 1 ? ?( t 9? 1 t,在区间 )? ( 1 ()??, ? ] 的极值点为 t ? ?1 ,且为极小值点,故函数 g (t ) 2 1 在 (??, ? ] 上有唯一的极小值点,也是最小值点,故只要 a ? g (?1) ? ?2 。 2 综上可知,若在 [?2,1] 上已知不等式恒成立,则 a 为上述三个部分的交集,即 ?6 ? a ? ?2 。
若 0 ? x ? 1 ,则原不等式等价于 a ? ? 6.【答案】 (0, 2)
x x 【解析】 在同一坐标系中分别画出函数 y ? 2 ? 2 , y ? b 的图象如图所示, 函数 f ( x ) ? 2 ? 2 ? b 有两个

零点等价于上述两个函数的图象有两个不同的交点。从图象可知 0 ? b ? 2 ,即 b 的取值范围是 (0, 2) 。

7. 【 答 案 】 2

2 【 解 析 】 如 图 , 半 径 为 r ? 2 , 圆 心 为 ?2,2? , 圆 心 到 点 ?3,1? 的 距 离

d?

?3 ? 2?2 ? ?1 ? 2?2

? 2 ,所求最短弦长为 2 22 ?

? 2?

2

?2 2.

8.【答案】 (1, 2) 【解析】在同一坐标系中作出函数 f ( x), g ( x) ? a x 的图象,如图,结合函数图象可知只

有函数 f ( x ) 与函数 g ( x) 的图象在 x ? 0, x ? 0 各有两个零点时,函数 y ? f ( x) ? a x 才恰有四个零点, 此 时 a ? 2 , 且 在 x ? 0 时 , y ? ? a x 的 图 象 要 位 于 抛 物 线 y ? ? x 2 ? 5x ? 4 图 象 的 切 线 上 方 , 由

? x2 ? 5x ? 4 ? ?ax 且 ? ? 0 解得 a ? 1 (舍去 a ? 9 ) ,所以 a ? 1 ,所以 a 的取值范围是 (1, 2) 。

[教师专属栏目] 知识必备 函 数 与 方 程 思 想 、 数 形 结 合 思 想 函数 思想 函数与方 程思想 方程 思想 以形 助数 数形结合 思想 以数 助形 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. 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. 根据数与形之间的对应关系,通过把数转化为形,通 过对形的研究解决数的问题、或者获得解决数的问题解决 思路解决数学问题的思想。 根据数与形之间的对应关系,通过把形转化为数,通 过数的计算、式子的变换等解决数学问题的数学方法。 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. 数形结合的重点是 研究“以形助数”, 这在解 选择题、填空题中更显 其优越,要注意培养这 种思想意识,做到心中 有图,见数想图,以开 拓自己的思维视野.

考点 1 函数与方程思想 题型:选择,填空、解答题 方程思想 →布列方程求解待定系数 分值:5 分、12 分 ↓ 难度:中等 函数思想 →把问题函数化后使用研究函数的方法解决问题。 热点: 数列、 解三角形、 函数等试题中, 历年来全国卷中,在解三角形、数列、解析几何、函数等试题中均有涉及。 多角度、全方位地考查函数与方程思 例 1. 【2015 内蒙古赤峰市一模,理 21】 想。

【解析】

小结:方程思想的本质是根据已知得出方程,通过方程的解解决问题;函数思想的实质是使用函数方 法解决数学问题(不一定只是函数问题) ,构造函数解题是函数思想的一种主要体现。 【变式题】 【2015 河南省高考适应性测试,理 21】已知函数 f ( x) ? (1)求 f ( x ) 的单调区间; (2)证明: x ? 1 时, x ? ( x ? 3)e 2 ln x ? 0. 。 【解析】 (1)因为 f ( x ) ?
x

x2 。 ln x

f ?( x) ?

x(2ln x ? 1) , 由 f ?( x) ? 0 得 f ( x) 的单调递增区间为 ( e , ??) , (ln x) 2 e

x2 , 其定义域为 (0,1) ? (1, ??). ln x

由 f ?( x) ? 0 得 f ( x ) 的单调递减区间为 (0,1),(1, e ). (2)由(1)知,当 x ? 1 时, f ( x ) 的最小值为 f ( e ) ?

? 2e ; ln e x x x 1 2 1 1 2 令 g ( x) ? (? x ? 3x)e 2 , x ? (1, ??) ,则 g ?( x) ? (? x ? x ? 3)e 2 ? ? ( x ? 2)( x ? 3)e 2 , 2 2 2 ? ? 由 g ( x) ? 0 得函数 g ( x) 在区间 (1, 2) 上单调递增;由 g ( x) ? 0 得函数 g ( x) 在区间 (2, ??) 上单调递减.
所以 g ( x) ? (? x ? 3x)e 2 ≤ g (2) ? 2e.
2 x x x2 ? g ( x) ? (? x 2 ? 3x)e 2 ,整理即得 x ? ( x ? 3)e 2 ln x ? 0. 所以当 x ? 1 时, f ( x) ? ln x x

考点 2 数形结合思想 数形结合思想→以形助数探究解题思路,或者直接画图得出结论。 历年来全国卷试题重视数形结合思想的考查。

题型:选择,填空、解答题 分值:5 分、12 分 难度:中等 热点: 函数、几何中的全方

位运用。 例 2.(1) 【2015 全国卷Ⅰ,理 12】设函数 f ( x) ? e (2x ?1) ? ax ? a ,其中 a ? 1 ,若存在唯一的整数 x0 ,
x

使得 f ( x0 ) ? 0 ,则 a 的取值范围是 A. [ ?

3 ,1) 2e

B. [?

3 3 3 3 , ) C. [ , ) 2e 4 2e 4

D. [

3 ,1) 2e

【答案】D

1 1 g '( x) ? 0 可得 x ? ? , , 2 2 1 1 1 1 故函数 g ( x) 在 (??, ? ) 单调递减, 在 (? , ??) 单调递增, 且在 x ? 时 g ( x) ? 0 , 在 x ? 时 g ( x) ? 0 , 2 2 2 2

g '( x) ? 0 可得 x ? ? 【解析】 研究函数 g ( x) ? e x (2 x ?1) , g '( x) ? e x (2 x ? 1) ,

其大致图像如图。 直线 y ? ax ? a 过点 (1, 0) 。 如果 a ? 0 ,则直线 y ? ax ? a 位于函数 g ( x) 图像上方含有的整数 x0 有无穷多个,因此只能 a ? 0 。 结合函数图像可知, 如果存在唯一的整数 x0 , 使得 f ( x0 ) ? 0 , , 即存在唯一的整数 x0 , 使得直线 y ? ax ? a
?1 ? f ( ?1) ? 0, ?-3e ? 2a ? 0, ? ? 位于 y ? g ( x) 图像的上方,则 x0 只能是 0 ,故实数 a 应满足 ? f (0) ? 0, 即 ? ?1 ? a ? 0, ,解得 ? f (1) ? 0. ?e ? 0. ? ? 3 ? a ? 1。 2e 3 综上可知,实数 a 的取值范围是 [ ,1) 。 2e

(2) 【2015 湖北卷,理 15】已知函数 f ( x ) ? ? 零点,则 a 的取值范围是 。 【答案】 (??,0) ? (1, ??)

3 ? ? x , x ? a, 若存在实数 b ,使函数 g ( x) ? f ( x) ? b 有两个 2 x , x ? a . ? ?

【解析】即存在直线 y ? b 使得与 f ( x ) 的图象有两个不同的交点。
2 若 a ? 0 ,如图 1,则存在直线 y ? b(0 ? b ? a ) 使得其与 f ( x ) 的图象有两个不同的交点;

若 0 ? a ? 1, 则 f ( x ) 在 (??, ??) 单调递增, 则不存在直线 y ? b 使得其与 f ( x ) 的图象有两个不同的交点, 如图 2;
2 3 若 a ? 1 ,如图 3.则存在直线 y ? b(a ? b ? a ) 使得其与 f ( x ) 的图象有两个不同的交点。

综上可知, a 的取值范围是 (??,0) ? (1, ??) 。

小结:数形结合思想的主要方面是根据函数图象(或者其它几何图形) ,找到解决问题的思路,帮助建立 数的运算或者推理(以形助数) 。

【变式题】 (1)

【答案】B 【解析】 方程 f 2 ( x) ? mf ( x) ? m ?1 ? 0 的解是 f ( x) ? 1 或者 f ( x) ? m ? 1 ? 1 。 在坐标系中画出函数 f ( x ) 的图象,以及直线 y ? 1, y ? m ? 1 ,可知函数 f ( x ) 的图象于直线 y ? 1, y ? m ? 1 有五个公共点,即方程

f 2 ( x) ? mf ( x) ? m ?1 ? 0 有五个实根,设 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? x5 ,则 x1 ? x5 ? x2 ? x4 ? 4, x3 ? 2 ,所以

?x
i ?1

5

i

5 1 ? 10 ,所以 f (? xi ) ? f (10) ? 。 8 i ?1

(2) 【 2015 江 苏 卷 ,第 13 题 】 已知函数 f ? x ? ? ln x , g ? x ? ? ?

? ?

0,

0 ? x? 1 x ?1

2 ? ? x ? 4 ? 2,

,则 方程

f ? x ? ? g ? x ? ? 1 实根的个数为.
【答案】 4

?0, 0 ? x ? 1, ? 2 【解析】 (数形结合) g ( x) ? ?2 ? x ,1 ? x ? 2, ? x 2 ? 6, x ? 2. ? 1 ,即 g (x) ? ? f (x) ?1 ,在同一坐标系中分别作出函数 y ? g ( x), y ? ? f ( x) ? 1的 (1)若 f (x) ? g (x) ? 图象, 如图 1。 由于点 A 不在函数 g ( x) 图象上, 故此时两函数图象只有两个公共点, 即方程 f ( x) ? g ( x) ? 1
有两个零点。 (2)若 f ( x) ? g ( x) ? ?1 ,即 g ( x) ? ? f ( x) ?1 ,在同一坐标系中分别作出函数 y ? g ( x), y ? ? f ( x) ? 1 的图象,如图 2.由于 x ? 2 时, g (2) ? ?2 , ? ln 2 ?1 ? ?2 ,两函数图象也有两个不同的交点,即函数

f ( x) ? g ( x) ? ?1 有两个零点。

综上可知,方程 f ? x ? ? g ? x ? ? 1 实根的个数为 4 。 教师备用例题 例 1.【配考点 1 使用,重点为构造函数的方法】 【2015 福建卷,理 10】若定义在 R 的函数 f ( x ) 满足 f (0) ? ?1 ,其导数 f '( x) 满足 f '( x) ? k ? 1 ,则下 列结论中一定错误的是 A. f ( ) ?

1 k

1 k

B. f ( ) ?

1 k

1 1 1 )? C. f ( k ?1 k ?1 k ?1

D. f (

1 k )? k ?1 k ?1

【答案】C 【解析】构造函数 g ( x) ? f ( x) ? kx ,则 g '( x) ? f '( x ) ? k ? 0 ,即函数 g ( x) 在 R 上单调递增,所以当

x ? 0 时, g ( x) ? g (0) ,即 x ? 0 时, f ( x) ? kx ? f (0) ? 0 ,即 f ( x) ? kx ?1 。 1 1 k 1 1 1 1 k ? 1, ? 0 , f ( ) ? ? 1 ? 0 , f ( ) ? 、 f ( ) ? 有可能成立; k k k k k k k ?1 1 1 k 1 1 1 1 1 ? 0,f ( )? ?1 ? )? )? 由于 k ? 1 , ,即一定有 f ( ,所以 f ( 一 k ?1 k ?1 k ?1 k ?1 k ?1 k ?1 k ?1 k ?1
定不成立。 例 2.【配例 1、或例 2 使用,重点是如何构造函数、如何通过数形结合探究解题思路】 【2013 全国新课标卷Ⅰ,理 11】已知函数 f ( x) ? ? A. (??, 0] 【答案】D
2 2 【解析】方法 1.若 x ? 0 , f ( x) ? ? x ? 2 x ? x ? 2 x , x ? 0 是不等式恒成立, x ? 0 时,不等式可变

?? x 2 ? 2 x, x ? 0, ?ln( x ? 1), x ? 0.

若 f ( x) ? ax ,则 a 的取值范围是

B. (??,1]

C. [?2,1]

D. [?2, 0]

为 a ? x ? 2 ,而 x ? 2 ? ?2 ,可得 a ? ?2 ; 若 x ? 0 , f ( x) ? ln( x ?1) ? ln( x ?1) ,由 ln( x ? 1) ? ax, ,可得 a ?

ln( x ? 1) 恒成立, x

x ? ln( x ? 1) ln( x ? 1) x ? ln( x ? 1) ,则 令 h ? x? ? ,则 h? ? x ? ? x ? 1 2 ,再令 g ? x ? ? x x ?1 x ?x g? ? x ? ? ? 0 , 故 g ? x ? 在 ? 0, ??? 上 单 调 递 减 , 所 以 g ? x ? ? g ? 0? ? 0 , 可 得 2 ? x ? 1? x ? l nx(? 1 ) x ? 1 h? ? x ? ? ? 0 ,故 h ? x ? 在 ? 0, ??? 上单调递减, x ??? 时, h ? x ? ? 0 , x2 所以 h ? x ? ? 0 , a ? 0 ,综合以上可知, ?2 ? a ? 0 ,故选 D.
方法 2.函数 y ? f ( x) ? ?

? x 2 ? 2 x, x ? 0, ?ln( x ? 1), x ? 0.

, 在同一坐标系中画出是 y ? f ( x) , y ? ax 的图象如图, 问题等

价于直线 y ? ax 不在函数 y ? f ( x) 图象的上方,显然 a ? 0 时,根据对数函数图象与直线的关系,不可 能 y ? ln( x ? 1) 的图象恒在 y ? ax 图象的上方, 故a ? 0; 由于直线 y ? ax 与曲线 y ? x2 ? 2x 均过坐标原 点,所以满足条件的直线 y ? ax 的极端位置是曲线 y ? ax 在点 (0, 0) 处的切线, y ' ? 2 x ? 2 ,当 x ? 0 时

y ' ? ?2 。所以 ?2 ? a ? 0 。

因为 y? ? 2 x ? 2 ,所以 y?

x?0

? ?2 ,所以 ?2 ? a ? 0 .

方法 3.只要正确作出了函数 y ? f ( x) 的图象,通过比较选项也可直观得出结论。特值验证,排除法也可 以求出答案. 例 3.【配例 1 使用,重点是如果把不等式转化为函数性质,再构造函数解决问题】

1 1 , g? ? x ? ? x ,令 f ? ? x ? ? g ? ? x ? ,则 x ? ,可得 x ? 1 , x x 1 1 故直线 l 的斜率 kl ? f ? ?1? ? g? ?1? ? 1 ,又因为 f ?1? ? g ?1? ? ,所以直线 l 的方程为 y ? x ? . 2 2
【解析】 (Ⅰ)易得 f ? ? x ? ? (2)原不等式可以转化为 tg ? x1 ? ? x1 f ? x1 ? ? tg ? x2 ? ? x2 f ? x2 ? , 构造函数 u ? x ? ? tg ? x ? ? xf ? x ? ?

要使原不等式恒成立,只要使函数 u ? x ? 在 ? 0, ?? ? 上是增函数,

t 2 x x ? x ln x ? ? x ? 0 ? . 2 2

3? 3 ? ln x ? ? ln x ? ? 3 2 2 恒成立,即 t… 0 恒成立,因此 t… 即 u ? ? x ? ? tx ? ln x ? … ? ? . 2 x x ? ? ? ?max 3 1 ln x ? ? ln x ? 1 ? ? 1 ? 2 ? x ? 0 ? ,由 h? ? x ? ? ? 2 再令 h ? x ? ? ,知函数 h ? x ? 在 ? 0, 上单调递增,在 ? , ?? ? 2 ? x x e? ? ? e ?
上单调递减,所以 h ? x ?max ? h ?

? 1 ? ? ? e ,故 t ?[ e, ??) . ? e?

专题训练二十【函数与方程思想、数形结合思想】 基础演练

1. 【2015 吉林长春质检四,文 2】复数 z1 , z2 满足 | z1 |?| z2 |? 1 , | z1 ? z2 |? 2 ,则 | z1 ? z2 |? A. 1 B. 2 C. 2 D. 2 2 【答案】B 【解析】根据复数的几何意义,由题意,可将 z1 , z2 看作夹角为 90? 的单位向量,从而 | z1 ? z2 |? 2 ,故选 B. 2. 【 2015 河北省百校联盟高三下学期质检,理 4】已知定义在 R 上的奇函数 f ? x ? ,当 x ? 0 时,
x ? ?2 ? 1 x ? ? 0,1? ,若 f ? x ? 在区间 ? ?a, a? 上单调递增,则 a 的取值范围为 f ? x? ? ? 2 ? ?( x ? 2) x ? ? 1,?? ? A. ? ??,1? B. ?1, ?? ? C. ? 0,1? D. ? ?1,1?

【答案】C 【解析】根据函数是奇函数和在 x ? 0 时的解析式,画出函数的图象,由图象可知函数 f ( x ) 在区间 [?1,1] 单调递增,所以 0 ? a ? 1 。

3. 【 2015 广东省茂名市二模,理 6 】 已知等差数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn , a2 ? 2 , S4 ? 12 ,则

a3 ? (
A. 2

【答案】C【解析】设等差数列 ?an ? 的首项为 a1 ,公差为 d ,因为 a2 ? 2 , S4 ? 12 , 所以 í

). B.3

C.4

D .5

ì ? a1 + d = 2 ,解得 d = 2 , a3 = a2 + d = 4 ,故选 C. ? ? 4a1 + 6d = 12

4. 【2015 湖北 5 月模拟,文 13】

【答案】 ( x ?1)2 ? y 2 ? 20 【解析】

2 2 5. 在 ?ABC 中 , 内 角 A, B, C 的 对 边 分 别 是 a, b, c , 若 a ? b ?

3bc , sin C ? 2 3 sin B , 则

【答案】 30 ? 【 解 析 】 根 据 正 弦 定 理 c ? 2 3b , 代 入 a ? b ?
2 2

A=



3bc , 得 a ? 7b , 根 据 余 弦 定 理 得

cos A ?

b2 ? c2 ? a 2 b2 ? 12b2 ? 7b2 3 ,所以 A ? 30? 。 ? ? 2bc 2 2b ? 2 3b

能力检测 6. 【2015 河南商丘二模,理 2】复数 z 为纯虚数,若 (3 ? i) ? z ? a ? i ( i 为虚数单位),则实数 a 的值为 A.

1 3

B. 3

C. ?

1 3

D. ?3

【答案】A

【解析】设 z ? bi(b ? R) ,则 (3 ? i) z ? (3 ? i)bi ? b ? 3bi ? a ? i ,所以 a ? b,3b ? 1 ,所以 a ? 7. 已知 f ( x) 为 R 上的可导函数,且 ?x ? R ,均有 f ( x) ? f ?( x) ,则以下判断正确的是 A. f (2013) ? e 【答案】B 【解析】构造函数 g ( x ) ?

1 。 3

f (0) 2013 C. f (2013) ? e f (0)

2013

B. f (2013) ? e

2013 2013

D. f (2013)与e

f (0) f (0) 大小无法确定

f ( x) f '( x ) ? f ( x ) ? 0,即函数 g ( x) 在 R 上单调递减,所以 ,则 g '(x ) ? x e ex f (0) f (2013) 2013 ,即 f (2013) ? e g (0) ? g (2013) ,即 0 ? f (0) 。 2013 e e 1 是较小 7

8. 【2015 湖北黄冈中学等八校二联,文 5】《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有 一道这样的题:把 100 个面包分给 5 个人,使每个人的所得成等差数列,且使较大的三份之和的 的两份之和,则最小一份的量为 A.

5 2

B.

5 4

C.

5 3

D.

5 6

【答案】C 【 解 析 】 易 得 中 间 的 那 份 为 20 个 面 包 , 设 最 小 的 一 份 为 a1 , 公 差 为 d , 根 据 题 意 , 于 是 有

1 5 = a1 + ( a1 + d ),解得 a1 = .故选 C. 7 3 ?| ln x |,(0 ? x ? e), 9.已知函数 f ( x) ? ? 若 a, b, c 互不相等,且 f (a) ? f (b) ? f (c) ,则 a ? b ? c 的取值范 ? 2 ? ln x,( x ? e).
[20+( a1 + 3d )+( a1 + 4d )] × 围为( ) B. ( ? 2e, 2 ? e )
2

A. (1 ? e,1 ? e ? e2 ) 【答案】B

1 e

C. (2 1 ? e2 , 2 ? e2 )

D. (2 1 ? e ,
2

1 ? 2 e) e

【解析】不妨设 a ? b ? c ,画出函数 f ( x ) 的图象,可知 0 ? a ? 1 ? b ? e ? c ? e 。由 f (a) ? f (b) 可得
2

? ln a ? ln b ,得 ab ? 1 ,由 f (b) ? f (c) ,得 ln b ? 2 ? ln c ,得 bc ? e 2 。所以

1 e2 1 ? e2 1 ? e2 1 ? e2 ?b? ? b? , b ? (1, e) ,则 g '(b) ? 1 ? 2 ,可得函数 g (b) 。设 g (b) ? b ? b b b b b 1 2 在 (1, e) 上单调递减,所以 g (e) ? g (b) ? g (1) ,即 ? 2e ? g (b) ? 2 ? e 。 e 1? ?n? ? 10. 【2015 新疆乌鲁木齐二模, 理 10】 已知函数 f ? x ? ? 为奇函数,g ( x) ? f ( x) ? 1 , 即 an ? g ? ? , 2? ? 16 ? ? 则数列 ?an ? 的前 15 项和为 a?b?c ?
A. 13 【答案】C B. 14 C. 15 D. 16

骣 1÷ 骣 1 ÷ ? x+ ÷ , 0÷对称,则函数 y = g (x ) 的图象关于 【解析】∵ f ? 为奇函数,则函数 的图像关于点 y = f x ( ) ? ? ? ? 桫 2÷ 桫 2 ÷ 骣 1 ÷ ,1÷对称,故函数 g (x )满足 g (x ) + g (1- x ) = 2 . 点? ? ?2 ÷ 桫 骣 骣 骣 骣 1鼢 骣 2 15 ? 15 鼢 骣 14 1? ? 珑 ? + g + ? + g S = g + g + ? + g 设 S =g 珑 ,倒序后得 鼢 ? 鼢 珑 ? 珑 ? ?,两式相加后得 珑 ?16 ? 珑 ?16 ? 桫 桫 桫 桫 16 鼢 桫 16 16 鼢 桫 16 轾骣 轾骣 轾骣 1鼢 骣 15 2鼢 骣 14 15 鼢 骣 1 珑 犏 犏 2S = 犏 g珑 + g + g + g + ? + g珑 +g =15? 2 , 鼢 鼢 鼢 珑 珑 珑 鼢 鼢 鼢 珑 珑 珑 犏 犏 犏 桫 桫 桫 16 16 16 16 16 16 臌桫 臌桫 臌桫 ∴ S =15 .故选 C.

11. 【2015 安徽省安庆市三模,理 11】

【答案】

1 3
2

y2 y2 2 ? t (t ? 0) ,当椭圆 x ? ? t 与线段 x ? y ? 1 (0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤1) 相切时, t 最 .【解析】令 x ? 2 2 ? 2 y2 1 1 ?t ?x ? 2 小. 联立 ? ,消去 y 得 3x ? 2 x ? 1 ? 2t ? 0 ,由 ? ? 0 ,得 t ? .即 ? ? ,所以实数 ? 的最小 2 3 3 ?x ? y ? 1 ? 1 值为 . 3 12. 己 知 a , b , c 分 别 是 ? ABC 的 三 个 内 角 A, B, C 的 对 边 , M 是 BC 的 中 点 且 AM= 2 3 , a sin A ? b sin B ? (a ? c)sin C ,则 BC+AB 的最大值是______.
【答案】 4 7 【解析】根据正弦定理和 a sin A ? b sin B ? (a ? c)sin C ,得 a2 ? b2 ? (a ? c)c ,即 a ? c ? b ? ac ,
2 2 2

a 2 ? c 2 ? b2 1 ? ,所以 B ? 60? 。在 ?ABM 中,设 ?BAM ? ? ( 0? ? ? ? 120? ) ,根据正 2ac 2 AM BM AB AM ? ? 弦定理得 ,所以 BC ? 2 BM ? 8sin ? ,再根据正弦定理得 ,所以 sin 60? sin ? sin(120? ? ? ) sin 60? AB ? 4sin(120? ? ? ) 。
所以 cos B ?

BC ? AB ? 8sin ? ? 4sin(120? ? ? ) ? 10sin ? ? 2 3 cos? ? 4 7 sin(? ? ?) , 其 中 tan? ?
BC ? AB的最大值为 4 7 。
13. 【2015 山西省康杰中学等四校四三次联考, 理 15】 函数 f ( x) ? ? 恰有四个不相等的实数根,则实数 m 的取值范围是____________. 【答案】 ( ,

3 ,所以 5
1 2

?1 ? x 2 , x ? 1 ?ln x, x ? 1

, 若方程 f ( x) ? mx ?

1 1 ) 2 e

【解析】方程 f(x)=mx﹣ 恰有四个不相等的实数根可化为

?1 ? x 2 , x ? 1 函数 f ( x) ? ? 与函数 y=mx﹣ 有四个不同的交点, ?ln x, x ? 1 ?1 ? x 2 , x ? 1 作函数 f ( x) ? ? 与函数 y=mx﹣ 的图象如下, ln x , x ? 1 ?

由题意,C(0,﹣ ) ,B(1,0) ;故 kBC = , 当 x>1 时,f(x)=lnx,f′(x)= ;

设切点 A 的坐标为(x1,lnx1) ,则 故 kAC =

=

;解得,x1=



;结合图象可得,实数 m 的取值范围是 ( ,

1 1 ). 2 e

故答案为: ( ,

1 1 ). 2 e

14. 【2015 山东济南 5 月针对性训练,理 17】

【解析】(1)由已知可得 ?

? 2 ? a2 ? 3q 所以 q2-3q+2=0, 2 ? a2 ? q
an 2

解得 q=2 或 q=1(舍),从而 a2=4,所以 an=2n, bn ? 2n ?1 . (2)由(1)知, cn ? 2bn ? ? ? 3

? 2n ? 3n ? .
*

由题意, cn ?1 ? cn 对任意的 n ? N 恒成立, 即2
n ?1

1 ?2? ? 3 ? ? 2 ? 3 ? 恒成立,亦即 2? 3 ? 2 恒成立,即 ? ? ? ? ? 恒成立. 2 ?3?
n ?1 n n n n

n

?1 ? 2 ? 1 ?2? 由于函数 y ? ? ? ? 是减函数,所以 ? ? ? ? 2 ?3? ? ?2 ? 3 ? 1 1 故 ? ? ,即 λ 的取值范围为 ( ,?? ) . 3 3
x

n

? 1 2 1 ? ? ? ? , ? ? max 2 3 3

15. 【2015 湖北省高三一轮检测,理 22】已知函数 f ( x) ? ln x ? a( x ? 1) , g ( x) ? e . (1)求函数 f ( x ) 的单调区间;
x

(2)当 a ? 0 时,过原点分别作曲线 y ? f ( x) 与 y ? g ( x) 的切线 l1 , l2 ,已知两切线的斜率互为倒数,

e ?1 e2 ? 1 ; ?a? e e (3)设 h( x) ? f ( x ?1) ? g ( x) ,当 x ? 0 , h( x) ? 1 时,求实数 a 的取值范围.
证明: 【解析】 (1)依题意,函数 f ( x ) 的定义域为 (0, ??) ,对 f ( x ) 求导,得 f ?( x) ? ①若 a ? 0 ,对一切 x ? 0 有 f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x ) 的单调递增区间是 (0, ??) . ②若 a ? 0 ,当 x ? (0, ) 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? ( , ??) 时, f ?( x) ? 0 .

1 1 ? ax ?a ? . x x

1 a

1 a

1 a (2)设切线 l2 的方程为 y ? k2 x ,切点为 ( x2 , y2 ) ,则 y2 ? ex2 , y k2 ? g ?( x2 ) ? e x2 ? 2 ,所以 x2 ? 1 , y2 ? e ,则 k2 ? ex2 ? e . x2 1 1 1 由题意知,切线 l1 的斜率为 k1 ? ? , l1 的方程为 y ? k1 x ? x . e k2 e 1 1 y 设 l1 与曲线 y ? f ( x) 的切点为 ( x1 , y1 ) ,则 k1 ? f ?( x1 ) ? ? a ? ? 1 , x1 e x1 x 1 1 所以 y1 ? 1 ? 1 ? ax1 , a ? ? . e x1 e 1 1 又因为 y1 ? ln x1 ? a( x1 ? 1) ,消去 y1 和 a 后,整理得 ln x1 ? 1 ? ? ? 0 . x1 e 1 1 1 1 x ?1 令 m( x) ? ln x ? 1 ? ? ? 0 ,则 m' ( x ) ? ? 2 ? 2 , m( x) 在 (0,1) 上单调递减,在 (1, ??) 上单调 x e x x x
所以函数 f ( x ) 的单调递增区间是 (0, ) ,单调递减区间是 ( , ??) . 递增.

1 a

1 1 1 1 ? 0 , m(1) ? ? ? 0 ,所以 x1 ? ( ,1) , e e e e 2 e ?1 e ?1 1 1 1 ?a? 而 a ? ? 在 x1 ? ( ,1) 上单调递减,所以 . e e e x1 e 若 x1 ? (1, ??) ,因为 m( x) 在 (1, ??) 上单调递增,且 m(e) ? 0 ,则 x1 ? e , 1 1 所以 a ? ? ? 0 (舍去) . x1 e
若 x1 ? (0,1) ,因为 m( ) ? ?2 ? e ? 综上可知,

e ?1 e2 ? 1 ?a? . e e

1 ?a . x ?1 1 1 x x ? a ? x ?1? ?a ? 2?a ? 0, ①当 a ? 2 时,因为 e ? x ? 1 ,所以 h?( x) ? e ? x ?1 x ?1 h( x) 在 ?0, ??? 上递增, h( x) ? h(0) ? 1 恒成立,符合题意.
x x (3) h( x) ? f ( x ? 1) ? g ( x) ? ln( x ? 1) ? ax ? e , h?( x) ? e ?

1 ( x ? 1)2 e x ? 1 ② 当 a ? 2 时 , 因 为 h??( x) ? e ? ? ? 0 , 所 以 h?( x) 在 ?0, ??? 上 递 增 , 且 ( x ? 1)2 ( x ? 1)2 h?(0) ? 2 ? a ? 0 ,则存在 x0 ? (0, ??) ,使得 h?(0) ? 0 . 所以 h( x) 在 (0, x0 ) 上递减,在 ( x0 , ??) 上递增,又 h( x0 ) ? h(0) ? 1 ,所以 h( x) ? 1 不恒成立,不合题意.
x

综合①②可知,所求实数 a 的取值范围是 ? ??, 2? .

16. 【2015 辽宁省大连市二模,理 21】已知函数 f ( x) ? ex ? ax2 ? (a ? e ? 1) x ?1 , ( e ? 2.71828 ??? 是 自然对数的底数, a 为常数). (1)当 a ? 0 时,求 f ( x ) 的单调区间;

1 x ? f ? ? x ? 在区间 ?1, ?? ? 上单调递减,求 a 的范围 2 ( 3) 当 a ? (e ? 2,1) 时, 函数 f ( x) ? ex ? ax2 ? (a ? e ? 1) x ?1 在区间 (0,1) 上是否有零点?并说明理由. x x 【解析】 : (1)当 a ? 0 时, f ( x) ? e ? (?e ? 1) x , f ?( x) ? e ? (?e ? 1)
(2)若函数 g ? x ? ? f ? x ? ?

f ( x) 的单调增区间为 ? ln(e ?1), ??? ; f ( x) 的单调减区间为 ? ??,ln(e ?1) ? .
(2) g ? x ? ? (1 ? )e ?
x

x 2

1 1 1 (a ? e ? 1) x ? 1 , g ? ? x ? ? (1 ? x)e x ? (a ? e ? 1) 2 2 2

1 ? g ?? ? x ? ? ? xe x ? 0 ,∴ g? ? x ? 在 x ? [1, ??) 单调递增, 2 1 g ? ? x ? ? g ? ?1? ? (a ? e ? 1) ? 0 , a ? e ? 1 . 2 x 2 (3)假设函数 g ? x ? ? e ? ax ? ? a ? e ? 1? x ?1在区间 ? 0,1? 上有零点,
即存在 x ? ? 0,1? ,使得 e ? ax ? ? a ? e ? 1? x ?1 ? 0
x 2

e x ? ex ? x ? 1 e x ? ex ? x ? 1 h x ? ,记 , ? ? x2 ? x x2 ? x e x ? ex ? x ? 1 e x ? ex ? x ? 1 e x ? x 2 ? ex ? 2 x ? 1 ? 1 ? ? 1 ? 0 ?0 ①若 h ? x ? ? 即 x2 ? x x2 ? x x2 ? x 2 由于 x ? ? 0,1? ,有 x ? x ? 0 ,
即a ?
x 2 即证 e ? x ? ex ? 2 x ? 1 ? 0 在 x ? ? 0,1? 恒成立

令 H ? x ? ? e ? x ? ex ? 2x ?1 , x ? ? 0,1?
x 2

H ? ? x ? ? ex ? 2x ? e ? 2 , H ?? ? x ? ? ex ? 2
当 x ? ? 0,ln 2? , H ?? ? x ? ? e ? 2 ? 0 ,当 x ? ? ln 2,1? , H ?? ? x ? ? e ? 2 ? 0 ,
x x

所以当 x ? ? 0,ln 2? , H ? ? x ? 单调递减,当 x ? ? ln 2,1? , H ? ? x ? 单调递增, 而 H ? ? 0? ? 1 ? 0 ? e ? 2 ? 0 , H ? ?1? ? e ? 2 ? e ? 2 ? 0 ,

H ? ? ln 2? ? eln2 ? e ? 2ln? 2 ? 4 ? e ? 2ln 2 ? 0
故在 ? 0,ln 2? 上存在唯一的实数 x0 使得 H ? ? x0 ? ? 0 所以,在 ? 0, x0 ? 上 H ? x ? 单调递增,在 ? x0 ,1? 上 H ? x ? 单调递减. 而 H ? 0? ? 1 ? 0 ? 0 ? 0 ?1 ? 0 , H ?1? ? e ?1 ? e ? 2 ?1 ? 0 , 故 H ? x ? ? 0 在 ? 0,1? 成立,

e x ? ex ? x ? 1 ? 1 成立. x2 ? x e x ? ex ? x ? 1 e x ? ex ? x ? 1 ?e?2? ? ? e ? 2? ? 0 即 ②若 h ? x ? ? x2 ? x x2 ? x e x ? ex ? x ? 1 ? ? e ? 2 ? ? x 2 ? x ? e x ? ex ? x ? 1 h ? x? ? ? e?2? ?0 x2 ? x x2 ? x 2 由于 x ? ? 0,1? ,有 x ? x ? 0 ,
即 h ? x? ?

x 2 即证 e ? ex ? x ? 1 ? ? e ? 2 ? x ? x ? 0 在 x ? ? 0,1? 恒成立 x 2 x 2 令 H ? x ? ? e ? ex ? x ? 1 ? ? e ? 2 ? x ? x ? e ? ? e ? 2 ? x ? x ? 1

?

?

?

?

H ? ? x ? ? ex ? 2 ? e ? 2? x ?1, H ?? ? x ? ? ex ? 2 ? e ? 2?

当 x ? 0,ln 2 ? e ? 2? , H ?? ? x ? ? 0 ,当 x ? ln 2 ? e ? 2? ,1 , H ?? ? x ? ? 0 , 所以当 x ? 0,ln 2 ? e ? 2? , H ? ? x ? 单调递减,当 x ? ln 2 ? e ? 2? ,1 , H ? ? x ? 单调递增, 而 H ? ? 0? ? 0, H ? ?1? ? 3 ? e ? 0 在 ln 2 ? e ? 2? ,1 上存在唯一的实数 x0 使得 H ? ? x0 ? ? 0 又 H ? 0? ? 0 , H ?1? ? 0 , 故 H ? x ? ? 0 在 ? 0,1? 成立,即 h ? x ? ?

?

?

?

?

?

?

?

?

所以,在 ? 0, x0 ? 上 H ? x ? 单调递减,在 ? x0 ,1? 上 H ? x ? 单调递增.

?

?

由①②,可得, a ? ? e ? 2,1? ,即存在零点.

e x ? ex ? x ? 1 ? e ? 2 成立. x2 ? x


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