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2012届江苏省高考数学理二轮总复习专题导练课件:专题28 函数与方程的思想方法


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函数与方程的思想是中学数学中的基本思想,它 在数学试题中占有较大比重,试题中的很多压轴题往 往和函数与方程的思想有关. 一个问题常常涉及到多个变量,这些变量之间相 互关联,相互制约.为了解决问题,我们便把它们之 间的这种制约关系用函数的形式反映出来,运用函数 的知识来处理,这便是函数的思想;为确定某些未知 量,常需建立量与量之间的等量关系,通过联立方程 来求解,这便是方程思想.像这种利用函数与方程来 解决问题的思想就是函数与方程思想,它在数学问题 的解决中有着极为广泛的应用.
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1.应用函数思想解题的关键——在解题中,善于挖掘 题目中的隐含条件,构造出函数解析式和活用函数的性 质.这里所应用的函数性质包括:函数f(x)的单调性、奇 偶性、周期性、最大值和最小值以及图象变换等,要求 我们熟练掌握一次函数、二次函数、指数函数、对数函 数、三角函数等基本初等函数的具体特性. 2.应用函数思想的几种常见题型——遇到变量,构造 函数关系解题;有关的不等式、方程、最小值和最大值 之类的问题,利用函数观点加以分析;含有多个变量的 数学问题中,选定合适的主变量,从而揭示其中的函数 关系;实际应用问题,翻译成数学语言,建立数学模型 和函数关系式,应用函数性质或不等式等知识进行解答.
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等差、等比数列中,通项公式、前n项和公式,都可以 看成n的函数,数列问题也可以用函数知识加以解决。 3.应用方程思想应着重考虑——把问题中对立的 已知量与未知量通过建立等量关系统一在方程中,通 过解方程解决;从分析问题的结构入手,找出主要矛 盾,抓住某一个关键变量,将等式看成关于这个主变 元(常称为主元)的方程,利用方程的特征解决;根据 几个变量间的关系,判断符合哪些方程的性质和特征, 通过研究方程所具有的性质和特征解决。在中学数学 中常见数学模型(如函数、曲线等),经常转化为方程 问题去解决。
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1.函数思想 (1)利用函数的定义域和值域 例1.设不等式2x-1>m(x2-1)对满足|m|≤2的一切 实数m均成立,试求实数x的取值范围.

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分析:由于思维定势,易把问题看成关于x的不等式 而进行讨论.然而,若变换一个角度,以m为变量, 问题就是:已知关于m的一次不等式(x2-1)m-(2x-1) <0在[-2,2]上恒成立,试求实数x的取值范围.于 是可设 f(m)=(x2-1)m-(2x-1),则问题转化为求一次 函数(或常数函数)f(m)的值在[-2,2]内恒为负值时 实数x应该满足的条件 ? f (2) ? 0 . ? ? f ( ?2) ? 0
6

解析:问题可变成关于m的一次不等式:
(x2-1)m-(2x-1)<0在[-2,2]上恒成立.

设f(m)=(x2-1)m-(2x-1),
? 则 ? ? 2? x 2 ? 1? ? ? 2 x ? 1? ? 0 f ?2 ? f ??2 ? ? ?2? x 2 ? 1? ? ? 2 x ? 1? ? 0 ?
7 ?1 3 ?1 , ). 2 2

解得 x∈(

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【点评】本题的关键是变换角度,以参数m作为自变 量而构造函数式,不等式问题变成函数在闭区间上的 值域问题. 一般地,在一个含有多个变量的数学问题中,确 定合适的变量和参数,从而揭示函数关系,使问题更 明朗化;或者含有参数的函数中,将函数自变量作为 参数,而参数作为函数,更具有灵活性,从而巧妙地 解决有关问题.

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(2)利用函数的单调性 例2.已知实数m,n满足m3-3m2+5m=1, n3_3n2+5n=5,则m+n为_________. 分析:拟通过求出m、n的具体取值显然是困难 的.而注意到题设两等式的特征,可使我们联想 构造函数并利用函数的单调性加以求解.

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解析:因为m3-3m2+5m=1, 所以(m-1)3+2(m-1)+2=0.① 又因为n3-3n2+5n=5, 所以(1-n)3+2(1-n)+2=0.② 设f(x)=x3+2x+2,则①等价于f(m-1)=0,②等价 于f(1-n)=0,于是f(m-1)=f(1-n).又显然f(x)为R上 的增函数,所以m-1=1-n,所以m+n=2.

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(3)利用函数的奇偶性

例3.方程(6x ? 5) 1? (6x ? 5) ? 4 ? x(1? x2 ? 4) ? 0
? ? ? ? 2 ? ? ? ?

的解集
1 分析:方程左边两项均具有x( ? x2 ? 4)的形 故可联想构造函数法来加以完成.

式,

11

解析:令f(x)=x(1+

x2 ? 4 )

则原方程等价于f(6x+5)+f(x)=0.
又易知f(x)为奇函数, 所以f(-x)+f(x)=0,所以f(6x+5)=f(-x). 另一方面,易证f(x)为增函数,

5 所以6x+5=-x,所以x=. 7
.

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(4)利用函数的有界性与连续性 例4 求证:方程x=asinx+b(a>0,b>0)至少有 一个正根,且它不超过a+b. 证明:设f(x)=asinx+b-x, 则f(x)在R上是连续的且f(0)=b>0. 又f(a+b)=asin(a+b)+b-(a+b) =a[sin(a+b)-1]≤0. 若f(a+b)=0,则a+b就是方程的根,且它不超过a+b; 若f(a+b)<0,又f(0)>0,故在区间(0,a+b)内至少 存在一个实数x0,使得f(x0)=0,即x0=asinx0+b. 故方程x=asinx+b至少有一个正根,且它不超过a+b.
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【评析】从几何意义上来讲,这里用到的结论是: 若函数 f(x)在区间[a,b]上连续,且f(a)f(b)<0,则 函数f(x)的图象必在区间(a,b)内至少要穿越x轴一 次.这便是根的存在性定理.

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(5)利用函数的周期性 例5 已知函数f(x)满足f(x+1)=
1 ? f ? x? 1 ? f ? x?



且f(1)=2,求f(2010)的值.

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1 ? f ( x) π 分析:由f ? x ? 1? ? ,联想到tan( x ? ) 1 ? f ( x) 4 1 ? tan x ? ,注意到函数 tan x的周期为,故猜测 1 ? tan x π π f ( x ) ? tan x, 周期为 ? 4 ? 1? 4 ? 4,进而可求 π 4 4 f (2010).

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1 ? f ( x ? 1) 解析:因为f ? x ? 2 ? ? f ?? x ? 1? ? 1? ? ? ? 1 ? f ( x ? 1) 1 ? f ( x) 1? 1 1 ? f ( x) ? ?? (分析中所猜函数满足本性质) 1 ? f ( x) f ( x) 1? 1 ? f ( x) 1 所以f ( x ? 4) ? f [( x ? 2) ? 2] ? ? ? f ( x). f ( x ? 2) 所以f ( x)是以4为周期的函数,进而f (2010) ? f (2) 1 ? f (1) ? ? ?3. 1 ? f (1)
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2.方程思想 (1)利用根与系数的关系构造方程 例6 已知△ABC的三内角A、B、C成等差数列, 且tanA· tanC=2+ 33,又知顶点C的对边c上的高 等于4 33 试求△ABC的三边a、b、c及三内角.

分析:已知了一个积式,考虑能否由其他已知 得到 一 个和式,再用方程思想求解.

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π 解析:由A、B、C成等差数列,可得B ? . 3 在? ABC中,由tanA ? tanB ? tanC ? tanA ? tanB ? tanC, 得tanA ? tanC ? tanB(tanA ? tanC ? 1) ? 3(1 ? 3). 所以tanA、tanC是方程x 2 ? 3(1 ? 3) x ? 2 ? 3 ? 0 的两根,解得x1 ? 1,x2 ? 2 ? 3. π 不妨设A<C,则tanA ? 1,tanC ? 2 ? 3, 所以A ? , 4 5π C ? ,由此容易得到a ? 8,b ? 4 6,c ? 4 3 ? 4. 12
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【点评】本题的解答关键是利用 “? ABC中,tanA ? tanB ? tanC ? tanA ? tanB ? tanC” 这一条性质得到tanA ? tanC,从而设出方程求出 tanA和tanC的值,使问题得到解决.

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(2)运用根的判别式构造方程

1 例7 ? ABC中,求证:cosA ? cosB ? cosC ? . 8

分析:先使用三角公式进行变形,后通过察 式子的特点而选择和发现最合适的方法加以解决.

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证明:设k ? cosA ? cosB ? cosC ? ? cos ? A ? B ? ? cos ? A ? B ? ? ? cosC ? ? ? ? 整理得cos2C ? cos ? A ? B ? ? cosC ? 2k ? 0, 它可看作是关于cosC的一元二次方程. 所以? ? cos2 ? A ? B ? ? 8k ? 0, 即8k ? cos2 ? A ? B ? ? 1,所以k ? 1, 8 即cosA? cosB ? cosC ? 1. 8
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? ? ?cosC ? cos ? A ? B ? ? cosC, ? ? ? ?

【点评】本题原本是三角问题,引入参数后,通 过三角变形,发现了其等式具有“二次”特点,于 是联想了一元二次方程,将问题变成代数中的方程 有实数解的问题,这既是“方程思想”,也再现了 “判别式法”、“参数法”的灵活应用.

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(3)直接利用条件构造方程

例8 已知二次函数f ? x ? ? ax ? bx ? c和一次函数g ? x ? ? ?bx,
2

其中a、b、c满足a>b>c,a ? b ? c ? 0(a,b,c ? R).

?1? 求证:两函数的图象交于不同的两点A、B; ? 2 ? 求线段AB在x轴上的射影A1B1的长的取值范围.
分析:由于此题表面上重在“形”,因而本题容易走 入误区:老是想在“形”上找解决问题的突破口,而 忽略了“数”.本题的顺利求解可利用方程思想巧妙 转化.
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? y ? ax 2 ? bx ? c 解析: ?由 ? ,消去y, 得ax 2 ? 2bx ? c ? 0. ?1 ? y ? ?bx ? ? 4b ? 4ac ? 4 ? ? a ? c ? ? 4ac
2 2

? 4 ? a 2 ? ac ? c 2 ? c 2 3 2 ? 4[(a ? ) ? c ] 2 4 因为a ? b ? c ? 0,a>b>c,所以a>0,c<0. 3 2 所以 c >0,所以?>0,即两函数的图象交于不同的两点. 4

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? 2 ? 设方程ax 2 ? 2bx ? c ? 0的两根为x1和x2 ,
则x1 ? x2 ? ? 2b c ,x1 x2 ? . a a A1B12 ? ? x1 ? x2 ?2 2b 2 4c 4b 2 ? 4ac ? ? x1 ? x2 ? ? 4x1 x2 ? (? ) ? ? a a a2
2

4??a ? c ?2 ? 4ac ? a2 c 2 c c 1 2 3 ? 4[( ) ? ? 1] ? 4[( ? ) ? ]. a a a 2 4

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因为a ? b ? c ? 0,a>b>c,a>0,c<0, c 1 所以a> ? a ? c>c,解得 ? (?2, ). ? a 2 c c 2 c 因为f ( ) ? 4[( ) ? ? 1] 的对称轴方程是 a a a c 1 c 1 ? ? ,且当 ? (?2, )时,为减函数, ? a 2 a 2 所以A1B12 ? ? 3,12 ? ,故A1B1 ? ( 3, 3). 2

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(4)利用根的定义构造方程

例9 若实数a1,a2,a3,a4都不等于0,且 (a ? a )a ? 2a2 ? a1 ? a3 ? a4 ? a ? a ? 0,
2 1 2 2 2 4 2 2 2 3

试证明:a1,a2,a3成等比数列,且a4为其公比.

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证明:由题设等式可知,a4是一元二次方程
2 2 2 2 (a12 ? a2 )a4 ? 2a2 ? a1 ? a3 ? a4 ? a2 ? a3 ? 0,的实数根, 2 2 2 所以? ? 4a ? a1 ? a3 ? ? 4(a12 ? a2 )(a2 ? a3 ) 2 2 2 2 2 4 2 ? 4(2a1a2 a3 ? a12 a3 ? a2 ) ? ?4(a2 ? a1a3 ) 2 ? 0, 2 2 所以a2 ? a1a3 ? 0,所以a2 ? a1a3,

所以a1,a2,a3成等比数列.由求根公式, 2a 2 (a1 ? a3 ) a2 (a1 ? a3 ) a2 得a4 ? ? 2 ? , 2 2 2(a1 ? a2 ) a1 ? a1a3 a1 所以a4为该等比数列的公比.
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【点评】这里对已知等式进行整体观察,发现a4

是某已定系数的一元二次方程的根,从而得出
巧妙的解答,颇具代表性.

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(5)由待求式构造方程

例10 求sin20?cos70? ? sin10?sin50?的值.
解析:令x ? sin20?cos70? ? sin10?sin50?, 并设y ? cos20?sin70? ? cos10? cos50?,则 x ? y ? sin20?cos70? ? sin10?sin50? ? cos20? sin70? ? cos10? cos50? ? sin90? ? cos40? ? 1 ? cos40?, x ? y ? sin20?cos70? ? sin10?sin50? ? cos20? sin70? ? cos10? cos50? ? sin(?50?) ? cos60? 1 ? ?cos40? ? . 2
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1 以上两式相加即得x ? . 4 1 所以sin20?cos70? ? sin10?sin50? ? . 4
【点评】以上这种构造法,我们称之为匹配构造法. 这种方法在求三角函数值中常有应用.

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