新高考2025版高考数学二轮复习第一部分思想方法数学思想方法第1讲函数与方程思想教学案理

PAGEPAGE1第一部分思想方法·数学思想方法数学解题思维策略有两条主线：数学基础学问和数学思想方法．数学基础学问是一条明线，而数学思想方法则是一条暗线．二轮复习时，我们应充分挖掘由数学基础学问所反映出来的数学思想方法．娴熟驾驭好数学思想方法，会使你站在一个崭新的高度去谛视问题，从而助力你在解答高考数学综合问题时能左右逢源，游刃有余！第1讲函数与方程思想思想方法·简明概述函数思想方程思想函数思想是通过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，从而使问题得到解决的思想方程思想就是建立方程或方程组，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，使问题得到解决的思想函数与方程思想在肯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探讨，方程思想则是在动中求静，探讨运动中的等量关系热点探究·考向调研调研一构建“目标函数”求最值【例1】(1)[2024·河北衡水中学三调]平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝－1，点M在边CD上，则eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的最大值为()A.eq\r(2)－1 B.eq\r(3)－1C．0 D．2解析：如图，∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝－1，AB＝2，AD＝1，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AD,\s\up6(→))|cos∠BAD＝－1，∴2cos∠BAD＝－1，cos∠BAD＝－eq\f(1,2)，∴∠BAD＝120°.以点A为原点，AB所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).由点M在边CD上，可设Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(\r(3),2)))，则x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))，则eq\o(MA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x，－\f(\r(3),2)))，eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x，－\f(\r(3),2)))，所以eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝x(x－2)＋eq\f(3,4)＝(x－1)2－eq\f(1,4).令f(x)＝(x－1)2－eq\f(1,4)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))，则f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))上单调递增，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝2，选D.答案：D(2)[2024·河南新乡市二模]已知数列{an}的首项a1＝21，且满意(2n－5)an＋1＝(2n－3)an＋4n2－16n＋15，则{an}的最小的一项是()A．a5 B．a6C．a7 D．a8解析：∵(2n－5)an＋1＝(2n－3)an＋4n2－16n＋15，∴(2n－5)an＋1＝(2n－3)an＋(2n－3)(2n－5)，∴eq\f(an＋1,2n－3)＝eq\f(an,2n－5)＋1，eq\f(an＋1,2n－3)－eq\f(an,2n－5)＝1.∵a1＝21，∴eq\f(a1,2－5)＝eq\f(21,－3)＝－7，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－5)))是首项为－7，公差为1的等差数列，∴eq\f(an,2n－5)＝－7＋(n－1)×1＝n－8，∴an＝(n－8)(2n－5)，n∈N*.令f(n)＝(n－8)(2n－5)，n∈N*，则其对称轴为n＝eq\f(10.5,2)＝5.25，则{an}的最小的一项是第5项，选A.答案：A(3)[2024·黑龙江哈三中期末]已知椭圆eq\f(y2,a2)＋x2＝1(a>1)的离心率e＝eq\f(2\r(5),5)，P为椭圆上的一个动点，若定点B(－1,0)，则|PB|的最大值为()A.eq\f(3,2) B．2C.eq\f(5,2) D．3解析：由题意，得eq\f(a2－1,a2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2，解得a2＝5，则椭圆方程为eq\f(y2,5)＋x2＝1，设P(x，y)，则y2＝5(1－x2)，所以|PB|＝eq\r(x＋12＋y2)＝eq\r(x＋12＋51－x2)＝eq\r(－4x2＋2x＋6)＝eq\r(－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))2＋\f(25,4)).因为x∈[－1,1]，所以当且仅当x＝eq\f(1,4)时，|PB|max＝eq\f(5,2)，选C.答案：C(4)[2024·安徽芜湖期末]锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2asinC＝eq\r(3)c，a＝1，则△ABC的周长的最大值为()A.eq\r(3)＋1 B.eq\r(2)＋1C．3 D．4解析：∵2asinC＝eq\r(3)c，∴2sinAsinC＝eq\r(3)sinC，∴sinA＝eq\f(\r(3),2).∵△ABC为锐角三角形，∴A＝eq\f(π,3).由正弦定理，得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(2,\r(3))，∴b＝eq\f(2,\r(3))sinB，c＝eq\f(2,\r(3))sinC，∴△ABC的周长为1＋eq\f(2,\r(3))sinB＋eq\f(2,\r(3))sinC＝1＋eq\f(2,\r(3))sinB＋eq\f(2,\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝1＋eq\f(2,\r(3))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinB＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))))＝1＋eq\f(2,\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinB＋\f(\r(3),2)cosB＋\f(1,2)sinB))＝1＋eq\f(2,\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)sinB＋\f(\r(3),2)cosB))＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))，∴当B＝eq\f(π,3)，即△ABC为等边三角形时，周长取得最大值3，选C.答案：C方法点睛构建“目标函数”就是把待求目标写成函数的形式，将所求问题转化为函数的最值或值域问题．(1)求最值或值域时，常常用到配方法、换元法、均值不等式法以及函数单调性法．(2)求最值或值域时，要依据题目的已知条件，精确求出目标函数的定义域．调研二分别参数“显化函数关系”求范围【例2】(1)[2024·河北衡水中学二调]若关于x的方程logeq\f(1,3)(a－3x)＝x－2有解，则实数a的最小值为()A．4 B．6C．8 D．2解析：关于x的方程logeq\f(1,3)(a－3x)＝x－2有解⇔a－3x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－2有解⇔a＝3x＋32－x有解．因为3x＋32－x≥2eq\r(3x·32－x)＝6(当且仅当x＝1时，等号成立)，所以a的最小值为6，选B.答案：B(2)[2024·浙江金华十校期末]若关于x的不等式x3－3x2－ax＋a＋2≤0在(－∞，1]上恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－3] B．[－3，＋∞)C．(－∞，3] D．[3，＋∞)解析：关于x的不等式x3－3x2－ax＋a＋2≤0在(－∞，1]上恒成立等价于a(x－1)≥x3－3x2＋2＝(x3－x2)－2(x2－1)＝(x－1)(x2－2x－2)恒成立．当x＝1时，不等式明显恒成立；当x<1时，不等式化为a≤x2－2x－2.∵y＝x2－2x－2＝(x－1)2－3≥－3，x∈(－∞，1]，∴a≤－3，选A.答案：A(3)[2024·云南曲靖一中质量监测]已知函数f(x)＝ex(x－m)，m∈R，若对∀x∈(2,3)，使得f(x)＋xf′(x)>0，则实数m的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(15,4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(8,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,4)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，＋∞))解析：∵f(x)＝ex(x－m)，∴f′(x)＝ex(x－m)＋ex＝ex(x－m＋1)．由题意知f(x)＋xf′(x)>0⇔ex(x－m)＋xex(x－m＋1)>0⇔ex[x2＋(2－m)x－m]>0在(2,3)上恒成立，∴x2＋(2－m)x－m>0在(2,3)上恒成立，∴m<eq\f(x2＋2x,x＋1)在(2,3)上恒成立．令g(x)＝eq\f(x2＋2x,x＋1)＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)在(2,3)上单调递增，∴g(x)>g(2)＝eq\f(8,3)，则m≤eq\f(8,3)，选B.答案：B方法点睛(1)对于方程有解、不等式恒成立问题或存在性问题，往往可以分别参数，然后再构造函数，把问题转化为求函数的值域或最值问题来解决．(2)不等式有解、恒成立求参数的方法：g(a)>f(x)恒成立，则g(a)>f(x)max.g(a)<f(x)恒成立，则g(a)<f(x)min.g(a)>f(x)有解，则g(a)>f(x)min.g(a)<f(x)有解，则g(a)<f(x)max.(3)分别参数法是求参数范围的常用方法，恰当合理的参变分别有助于问题的解决，有时须要分类探讨．调研三“构造函数”解不等式、求最值、比较大小【例3】(1)[2024·湖北恩施质检]设函数f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的函数，f′(x)是函数f(x)的导函数，f(x)＋xlnxf′(x)>0，则不等式eq\f(lnx,fx)>0的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) B．(1，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) D．(0,1)解析：构造函数g(x)＝lnxf(x)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(1,x)f(x)＋lnxf′(x)＝eq\f(fx＋xlnxf′x,x)>0，所以函数g(x)＝lnxf(x)在(0，＋∞)上单调递增，而eq\f(lnx,fx)>0⇔lnxf(x)>0⇔g(x)>0⇔g(x)>g(1)⇒x>1，故选B.答案：B(2)[2024·吉林调研]设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，对随意实数x，都有f(x)＝f(－x)＋2x.当x<0时，f′(x)<2x＋1，若f(1－a)≤f(－a)＋2－2a，则实数aA．－1 B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D．1解析：设g(x)＝f(x)－x2－x，则g′(x)＝f′(x)－2x－1.因为当x<0时，f′(x)<2x＋1，所以g′(x)<0，即g(x)在(－∞，0)上单调递减．又g(x)＝f(x)－x2－x，则g(－x)＝f(－x)－x2＋x.又f(x)＝f(－x)＋2x，则f(x)－f(－x)－2x＝0，所以g(x)－g(－x)＝f(x)－f(－x)－2x＝0，即g(x)为R上的偶函数．又f(1－a)≤f(－a)＋2－2a⇔f(1－a)－(1－a)2－(1－a)≤f(－a)－(－a)2－(－a)，即g(1－a)≤g(－a)，所以|1－a|≤|a|，解得a≥eq\f(1,2)，即a的最小值为eq\f(1,2)，故选C.答案：C(3)[2024·吉林延边质检]已知定义在R上的函数f(x)和g(x)满意f(x)＝eq\f(f′1,2)e2x－2＋x2－2f(0)x，且g′(x)＋2g(x)<0，则下列不等式成立的是()A．f(2)g(2024)<g(2024)B．f(2)g(2024)>g(2024)C．g(2024)<f(2)g(2024)D．g(2024)>f(2)g(2024)解析：∵f(x)＝eq\f(f′1,2)e2x－2＋x2－2f(0)x，∴f′(x)＝f′(1)e2x－2＋2x－2f(0)，∴f′(1)＝f′(1)＋2－2f(0)，得f(0)＝1，∴f(0)＝eq\f(f′1,2)e－2＝1，得f′(1)＝2e2，∴f(x)＝e2x＋x2－2x.设F(x)＝e2xg(x)，则F′(x)＝2e2xg(x)＋e2xg′(x)＝e2x[2g(x)＋g′(x)]<0，∴F(x)在R上单调递减，∴F(2024)>F(2024)，∴e2024×2g(2024)>e2024×2g(2024)，∴g(2024)>e4g(2024)．又∵f(2)＝e4，∴g(2024)>f(2)g(2024)，故选D.答案：D方法点睛常见的构造函数的方法有如下几种：1．利用和、差函数的求导法则构造函数(1)对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)；(2)对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；特殊地，对于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.2．利用积、商函数的求导法则构造函数(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)；(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq\f(fx,gx)(g(x)≠0)；上述(3)(4)都是利用积、商函数的求导法则构造函数的一般状况，但在考试中，g(x)往往是详细函数，所以还有如下列(5)～(16)常见构造函数类型．(5)对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)；(6)对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq\f(fx,x)(x≠0)；(7)对于不等式xf′(x)＋nf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xnf(x)；(8)对于不等式xf′(x)－nf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq\f(fx,xn)(x≠0)；(9)对于不等式f′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝exf(x)；(10)对于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq\f(fx,ex)；(11)对于不等式f′(x)＋kf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝ekxf(x)；(12)对于不等式f′(x)－kf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq\f(fx,ekx)；(13)对于不等式f(x)＋f′(x)tanx>0(或<0)，构造函数F(x)＝sinxf(x)；(14)对于不等式f(x)－f′(x)tanx>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq\f(fx,sinx)(sinx≠0)；(15)对于不等式f′(x)－f(x)tanx>0(或<0)，构造函数F(x)＝cosxf(x)；(16)对于不等式f′(x)＋f(x)tanx>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq\f(fx,cosx)(cosx≠0)．调研四方程思想在解题中的应用【例4】(1)[2024·福建龙岩质检]若α∈(0，π)，且3sinα＋2cosα＝2，则taneq\f(α,2)等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(3,2)解析：∵3sinα＋2cosα＝2，∴eq\f(6sin\f(α,2)cos\f(α,2)＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2))),sin2\f(α,2)＋cos2\f(α,2))＝2，∴eq\f(6tan\f(α,2)＋2－2tan2\f(α,2),tan2\f(α,2)＋1)＝2，∴3taneq\f(α,2)＋1－tan2eq\f(α,2)＝tan2eq\f(α,2)＋1，解得taneq\f(α,2)＝0或eq\f(3,2).又∵α∈(0，π)，∴taneq\f(α,2)>0，∴taneq\f(α,2)＝eq\f(3,2)，故选D.答案：D(2)[2024·河北省石家庄市质检]将函数y＝ex(e为自然对数的底数)的图象绕坐标原点O顺时针旋转角θ后第一次与x轴相切，则角θ满意的条件是()A．esinθ＝cosθ B．sinθ＝ecosθC．esinθ＝1 D．ecosθ＝1解析：设直线y＝kx与y＝ex相切，切点为(x0，y0)．∵y′＝ex，∴k＝ex0.又∵ex0＝kx0，∴k＝kx0，解得x0＝1，k＝e，即tanθ＝e，∴sinθ＝ecosθ，故选B.答案：B(3)[2024·河北衡水中学二调]等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a7－a10＝5，a11－a4＝7，则S13＝()A．152 B．154C．156 D．158解析：设公差为d，则由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1－d＝5，,7d＝7，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,d＝1，))∴S13＝13×6＋eq\f(13×12,2)＝156，故选C.答案：C(4)[2024·四川省泸州市二诊]双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与圆x2＋y2