高考数学重点难点函数与方程思想Word文档格式.docx
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即
即α,β为方程mx2+（2m–1）x–3（m–1）=0的大于3的两个根
∴∴0＜m＜
故当0＜m＜时，满足题意条件的m存在.
［例2］已知函数f（x）=x2–（m+1）x+m（m∈R）
（1）若tanA,tanB是方程f（x）+4=0的两个实根，A、B是锐角三角形ABC的两个内角.求证：
m≥5;
（2）对任意实数α,恒有f（2+cosα）≤0，证明m≥3;
（3）在
（2）的条件下，若函数f（sinα）的最大值是8，求m.
本题考查函数、方程与三角函数的相互应用；
不等式法求参数的范围.属
★★★★★级题目.
一元二次方程的韦达定理、特定区间上正负号的充要条件，三角函数公式.
第
（1）问中易漏掉Δ≥0和tan（A+B）＜0，第
（2）问中如何保证f（x）在［1,3］恒小于等于零为关键.
深挖题意，做到题意条件都明确，隐性条件注意列.列式要周到，不遗漏.
（1）证明：
f（x）+4=0即x2–（m+1）x+m+4=0.依题意：
又A、B锐角为三角形内两内角
∴＜A+B＜π
∴tan（A+B）＜0，即
∴∴m≥5
（2）证明：
∵f（x）=（x–1）（x–m）
又–1≤cosα≤1，∴1≤2+cosα≤3，恒有f（2+cosα）≤0
即1≤x≤3时，恒有f（x）≤0即（x–1）（x–m）≤0
∴m≥x但xmax=3，∴m≥xmax=3
（3）解：
∵f（sinα）=sin2α–（m+1）sinα+m=
且≥2,∴当sinα=–1时，f（sinα）有最大值8.
即1+（m+1）+m=8，∴m=3
●锦囊妙计
函数与方程的思想是最重要的一种数学思想，要注意函数，方程与不等式之间的相互联系和转化.考生应做到：
（1）深刻理解一般函数y=f（x）、y=f–1（x）的性质（单调性、奇偶性、周期性、最值和图象变换），熟练掌握基本初等函数的性质，这是应用函数思想解题的基础.
（2）密切注意三个“二次”的相关问题，三个“二次”即一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式是中学数学的重要内容，具有丰富的内涵和密切的联系.掌握二次函数基本性质，二次方程实根分布条件，二次不等式的转化策略.
●歼灭重点重点难点训练
一、选择题
1.（★★★★★）已知函数f（x）=loga［–（2a）2］对任意x∈［,+∞］都有意义，则实数a的取值范围是（）
A.（0,B.（0,）C.［,1D.（,）
2.（★★★★★）函数f（x）的定义域为R，且x≠1，已知f（x+1）为奇函数，当x＜1时，f（x）=2x2–x+1，那么当x＞1时，f（x）的递减区间是（）
A.［，+∞B.（1,C.［,+∞D.（1,］
二、填空题
3.（★★★★）关于x的方程lg（ax–1）–lg（x–3）=1有解，则a的取值范围是.
4.（★★★★★）如果y=1–sin2x–mcosx的最小值为–4，则m的值为.
三、解答题
5.（★★★★）设集合A={x｜4x–2x+2+a=0,x∈R}.
（1）若A中仅有一个元素，求实数a的取值集合B；
（2）若对于任意a∈B，不等式x2–6x＜a（x–2）恒成立，求x的取值范围.
6.（★★★★）已知二次函数f（x）=ax2+bx（a,b为常数，且a≠0）满足条件:
f（x–1）=f（3–x）且方程f（x）=2x有等根.
（1）求f（x）的解析式；
（2）是否存在实数m，n（m＜n＝，使f（x）定义域和值域分别为［m,n］和［4m,4n］，如果存在，求出m、n的值；
如果不存在，说明理由.
7.（★★★★★）已知函数f（x）=6x–6x2，设函数g1（x）=f（x）,g2（x）=f［g1（x）］,g3（x）=f［g2（x）］,
…gn（x）=f［gn–1（x）］,…
（1）求证：
如果存在一个实数x0，满足g1（x0）=x0，那么对一切n∈N，gn（x0）=x0都成立；
（2）若实数x0满足gn（x0）=x0，则称x0为稳定不动点，试求出所有这些稳定不动点；
（3）设区间A=（–∞,0）,对于任意x∈A，有g1（x）=f（x）=a＜0,g2（x）=f［g1（x）］=f（0）＜0，
且n≥2时，gn（x）＜0.试问是否存在区间B（A∩B≠），对于区间内任意实数x，只要n≥2，都有gn（x）＜0.
8.（★★★★）已知函数f（x）=（a＞0,x＞0）.
（1）求证:
f（x）在（0,+∞）上是增函数；
（2）若f（x）≤2x在（0,+∞）上恒成立，求a的取值范围；
（3）若f（x）在［m,n］上的值域是［m,n］（m≠n），求a的取值范围.
参考答案
1.解析：
设t=3x，则t∈［1,3］，原不等式可化为a2–a–3＞–2t2+t,t∈［1,3］.
等价于a2–a–3大于f（t）=–2t2+t在［1,3］上的最大值.
答案：
（–∞,–1）∪（2,+∞）
2.解：
（1）当a=1,b=–2时，f（x）=x2–x–3，由题意可知x=x2–x–3，得x1=–1,x2=3.
故当a=1,b=–2时，f（x）的两个不动点为–1,3.
（2）∵f（x）=ax2+（b+1）x+（b–1）（a≠0）恒有两个不动点，
∴x=ax2+（b+1）x+（b–1），即ax2+bx+（b–1）=0恒有两相异实根
∴Δ=b2–4ab+4a＞0（b∈R）恒成立.
于是Δ′=（4a）2–16a＜0解得0＜a＜1
故当b∈R，f（x）恒有两个相异的不动点时，0＜a＜1.
（3）由题意A、B两点应在直线y=x上，设A（x1,x1）,B（x2,x2）
又∵A、B关于y=kx+对称.
∴k=–1.设AB的中点为M（x′,y′）
∵x1,x2是方程ax2+bx+（b–1）=0的两个根.
∴x′=y′=，又点M在直线上有
，即
∵a＞0，∴2a+≥2当且仅当2a=即a=∈（0,1）时取等号，
故b≥–，得b的最小值–.
●歼灭重点重点难点训练
一、1.解析：
考查函数y1=和y2=（2a）x的图象，显然有0＜2a＜1.由题意得a=，再结合指数函数图象性质可得答案.
A
2.解析：
由题意可得f（–x+1）=–f（x+1）.令t=–x+1，则x=1–t，故f（t）=–f（2–t），即f（x）=–f（2–x）.
当x＞1,2–x＜1，于是有f（x）=–f（2–x）=–2（x–）2–，其递减区间为［，+∞）.
C
3.解析：
显然有x＞3，原方程可化为
故有（10–a）•x=29,必有10–a＞0得a＜10
又x=＞3可得a＞.
＜a＜10
4.解析：
原式化为.
当＜–1,ymin=1+m=–4m=–5.
当–1≤≤1,ymin==–4m=±
4不符.
当＞1，ymin=1–m=–4m=5.
±
5
二、5.解：
（1）令2x=t（t＞0），设f（t）=t2–4t+a.
由f（t）=0在（0,+∞）有且仅有一根或两相等实根，则有
①f（t）=0有两等根时，Δ=016–4a=0a=4
验证：
t2–4t+4=0t=2∈（0,+∞），这时x=1
②f（t）=0有一正根和一负根时,f（0）＜0a＜0
③若f（0）=0，则a=0，此时4x–4•2x=02x=0（舍去），或2x=4,∴x=2，即A中只有一个元素
综上所述，a≤0或a=4，即B={a｜a≤0或a=4}
（2）要使原不等式对任意a∈（–∞,0］∪｛4｝恒成立.即g（a）=（x–2）a–（x2–6x）＞0恒成立.只须
＜x≤2
6.解：
（1）∵方程ax2+bx=2x有等根，∴Δ=（b–2）2=0,得b=2.
由f（x–1）=f（3–x）知此函数图象的对称轴方程为x=–=1得a=–1，故f（x）=–x2+2x.
（2）f（x）=–（x–1）2+1≤1，∴4n≤1，即n≤
而抛物线y=–x2+2x的对称轴为x=1
∴n≤时，f（x）在［m,n］上为增函数.
若满足题设条件的m,n存在，则
又m＜n≤,∴m=–2,n=0，这时定义域为［–2,0］，值域为［–8,0］.
由以上知满足条件的m、n存在，m=–2,n=0.
7.
（1）证明：
当n=1时，g1（x0）=x0显然成立；
设n=k时，有gk（x0）=x0（k∈N）成立，
则gk+1（x0）=f［gk（x0）］=f（x0）=g1（x0）=x0
即n=k+1时，命题成立.
∴对一切n∈N,若g1（x0）=x0，则gn（x0）=x0.
（2）解：
由
（1）知，稳定不动点x0只需满足f（x0）=x0
由f（x0）=x0，得6x0–6x02=x0,∴x0=0或x0=
∴稳定不动点为0和.
∵f（x）＜0，得6x–6x2＜0x＜0或x＞1.
∴gn（x）＜0f［gn–1（x）］＜0gn–1（x）＜0或gn–1（x）＞1
要使一切n∈N,n≥2，都有gn（x）＜0，必须有g1（x）＜0或g1（x）＞1.
由g1（x）＜06x–6x2＜0x＜0或x＞1
由g1（x）＞06x–6x2＞1
故对于区间（）和（1,+∞）内的任意实数x,只要n≥2,n∈N，都有gn（x）＜0.
8.
（1）证明：
任取x1＞x2＞0,f（x1）–f（x2）=
∵x1＞x2＞0,∴x1x2＞0，x1–x2＞0,
∴f（x1）–f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），故f（x）在（0,+∞）上是增函数.
∵≤2x在（0,+∞）上恒成立，且a＞0,
∴a≥在（0，+∞）上恒成立，令（当且仅当2x=即x=时取等号），要使a≥在（0,+∞）上恒成立，则a≥.故a的取值范
围是［,+∞）.
由
（1）f（x）在定义域上是增函数.
∴m=f（m）,n=f（n），即m2–m+1=0，n2–n+1=0
故方程x2–x+1=0有两个不相等的正根m，n，注意到m•n=1，故只需要Δ=（）2–4＞0,由于a＞0，则0＜a＜.
重点难点37数形结合思想
数形结合思想在高考中占有非常重要的地位，其“数”与“形”结合，相互渗透，把代数式的精确刻划与几何图形的直观描述相结合，使代数问题、几何问题相互转化，使抽象思维和形象思维有机结合.应用数形结合思想，就是充分考查数学问题的条件和结论之间的内在联系，既分析其代数意义又揭示其几何意义，将数量关系和空间形式巧妙结合，来寻找解题思路，使问题得到解决.运用这一数学思想，要熟练掌握一些概念和运算的几何意义及常见曲线的代数特征.
●重点难点磁场
1.曲线y=1+（–2≤x≤2）与直线y=r（x–2）+4有两个交点时，实数r的取值范围
.
2.设f（x）=x2–2ax+2,当x∈［–1,+∞）时，f（x）＞a恒成立，求a的取值范围.
［例1］设A={x｜–2≤x≤a}，B={y｜y=2x+3，且x∈A}，C={z｜z=x2，且x∈A}，若CB，求实数a的取值范围.
本题借助数形结合，考查有关集合关系运算的题目.属★★★★级题目.
解决本题的关键是依靠一元二次函数在区间上的值域求法确定集合C.进而将CB用不等式这一数学语言加以转化.
考生在确定z=x2，x∈［–2,a］的值域是易出错，不能分类而论.巧妙观察图象将是上策.不能漏掉a＜–2这一种特殊情形.
解决集合问题首先看清元素究竟是什么，然后再把集合语言“翻译”为一般的数学语言，进而分析条件与结论特点，再将其转化为图形语言，利用数形结合的思想来解决.
∵y=2x+3在［–2,a］上是增函数
∴–1≤y≤2a+3，即B={y｜–1≤y≤2a+3}
作出z=x2的图象，该函数定义域右端点x=a有三种不同的位置情况如下：
①当–2≤a≤0时，a2≤z≤4即C={z｜z2≤z≤4}
要使CB,必须且只须2a+3≥4得a≥与–2≤a＜0矛盾.
②当0≤a≤2时，0≤z≤4即C={z｜0≤z≤4}，要使CB，由图可知：
必须且只需
解得≤a≤2
③当a＞2时，0≤z≤a2，即C={z｜0≤z≤a2}，要使CB必须且只需
解得2＜a≤3
④当a＜–2时，A=此时B=C=，则CB成立.
综上所述，a的取值范围是（–∞,–2）∪［,3］.
［例2］已知acosα+bsinα=c,acosβ+bsinβ=c（ab≠0,α–β≠kπ,k∈Z）求证：
本题主要考查数学代数式几何意义的转换能力.属★★★★★级题目.
解决此题的关键在于由条件式的结构联想到直线方程.进而由A、B两点坐标特点知其在单位圆上.
考生不易联想到条件式的几何意义，是为瓶颈之一.如何巧妙利用其几何意义是为瓶颈之二.
善于发现条件的几何意义，还要根据图形的性质分析清楚结论的几
何意义，这样才能巧用数形结合方法完成解题.
证明:
在平面直角坐标系中，点A（cosα,sinα）与点B（cosβ,
sinβ）是直线l:
ax+by=c与单位圆x2+y2=1的两个交点如图.
从而：
｜AB｜2=（cosα–cosβ）2+（sinα–sinβ）2
=2–2cos（α–β）
又∵单位圆的圆心到直线l的距离
由平面几何知识知｜OA｜2–（｜AB｜）2=d2即
∴.
应用数形结合的思想，应注意以下数与形的转化：
（1）集合的运算及韦恩图
（2）函数及其图象
（3）数列通项及求和公式的函数特征及函数图象
（4）方程（多指二元方程）及方程的曲线
以形助数常用的有：
借助数轴；
借助函数图象；
借助单位圆；
借助数式的结构特征；
借助于解析几何方法.
以数助形常用的有：
借助于几何轨迹所遵循的数量关系；
借助于运算结果与几何定理的结合.
●歼灭重点难点训练
1.（★★★★）方程sin（x–）=x的实数解的个数是（）
A.2B.3C.4D.以上均不对
2.（★★★★★）已知f（x）=（x–a）（x–b）–2（其中a＜b，且α、β是方程f（x）=0的两根（α＜β，则实数a、b、α、β的大小关系为（）
A.α＜a＜b＜βB.α＜a＜β＜b
C.a＜α＜b＜βD.a＜α＜β＜b
3.（★★★★★）（4cosθ+3–2t）2+（3sinθ–1+2t）2，（θ、t为参数）的最大值是.
4.（★★★★★）已知集合A={x｜5–x≥},B={x｜x2–ax≤x–a}，当AB时，则a的取值范围是.
5.（★★★★）设关于x的方程sinx+cosx+a=0在（0,π）内有相异解α、β.
（1）求a的取值范围；
（2）求tan（α+β）的值.
6.（★★★★）设A={（x,y）｜y=,a＞0}，B={（x,y）｜（x–1）2+（y–3）2=a2,a＞0},且A∩B≠，求a的最大值与最小值.
7.（★★★★）已知A（1，1）为椭圆=1内一点，F1为椭圆左焦点，P为椭圆上一动点.求｜PF1｜+｜PA｜的最大值和最小值.
8.（★★★★★）把一个长、宽、高分别为25cm、20cm、5cm的长方体木盒从一个正方形窗口穿过，那么正方形窗口的边长至少应为多少？
●重点难点磁场
方程y=1+的曲线为半圆，y=r（x–2）+4为过（2，4）的直线.
（］
2.解法一：
由f（x）＞a，在［–1,+∞）上恒成立x2–2ax+2–a＞0在［–1,+∞）上恒成立.考查函数g（x）=x2–2ax+2–a的图象在［–1,+∞］时位于x轴上方.如图两种情况：
不等式的成立条件是：
（1）Δ=4a2–4（2–a）＜0a∈（–2,1）
（2）a∈（–3,–2，综上所述a∈（–3,1）.
解法二：
由f（x）＞ax2+2＞a（2x+1）
令y1=x2+2,y2=a（2x+1）,在同一坐标系中作出两个函数的图象.
如图满足条件的直线l位于l1与l2之间，而直线l1、l2对应的a值（即直线的斜率）分别为1，–3，
故直线l对应的a∈（–3,1）.
●歼灭重点难点训练
在同一坐标系内作出y1=sin（x–）与y2=x的图象如图.
B
a,b是方程g（x）=（x–a）（x–b）=0的两根，在同一坐标系中作出函数f（x）、g（x）的图象如图所示：
二、3.解析：
联想到距离公式，两点坐标为A（4cosθ,3sinθ）,B（2t–3,1–2t）
点A的几何图形是椭圆，点B表示直线.
考虑用点到直线的距离公式求解.
解得A={x｜x≥9或x≤3}，B={x｜（x–a）（x–1）≤0}，画数轴可得.
a＞3
三、5.解：
①作出y=sin（x+）（x∈（0,π））及y=–的图象，知当｜–｜＜1且–≠
时，曲线与直线有两个交点，故a∈（–2,–）∪（–,2）.
②把sinα+cosα=–a,sinβ+cosβ=–a相减得tan，
故tan（α+β）=3.
∵集合A中的元素构成的图形是以原点O为圆心，a为半径的半圆；
集合B中的元素是以点O′（1,）为圆心，a为半径的圆.如图所示
∵A∩B≠，∴半圆O和圆O′有公共点.
显然当半圆O和圆O′外切时，a最小
a+a=｜OO′｜=2,∴amin=2–2
当半圆O与圆O′内切时，半圆O的半径最大，即a最大.
此时a–a=｜OO′｜=2,∴amax=2+2.
7.解：
由可知a=3,b=,c=2，左焦点F1（–2,0）,右焦点F2（2,0）.由椭圆定义，｜PF1｜=2a–｜PF2｜=6–｜PF2｜,
∴｜PF1｜+｜PA｜=6–｜PF2｜+｜PA｜=6+｜PA｜–｜PF2｜
如图：
由｜｜PA｜–｜PF2｜｜≤｜AF2｜=知
–≤｜PA｜–｜PF2｜≤.
当P在AF2延长线上的P2处时，取右“=”号；
当P在AF2的反向延长线的P1处时，取左“=”号.
即｜PA｜–｜PF2｜的最大、最小值分别为，–.
于是｜PF1｜+｜PA｜的最大值是6+,最小值是6–.
8.解：
本题实际上是求正方形窗口边长最小值.
由于长方体各个面中宽和高所在的面的边长最小，所以应由这个面对称地穿过窗口才能使正方形窗口边长尽量地小.
设AE=x,BE=y,
则有AE=AH=CF=CG=x，BE=BF=DG=DH=y
高考数学重点难点突破重点难点38分类讨论思想.txt人永远不知道谁哪次不经意的跟你说了再见之后就真的再也不见了。
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重点难点38分类讨论思想
分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决.分类讨论题覆盖知识点较多，利于考查学生的知识面、分类思想和技巧；
同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，树立分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧、做到"
确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论."
●重点难点磁场
1.（★★★★★）若函数在其定义域内有极值点，则a的取值为.
2.（★★★★★）设函数f（x）=x2+｜x-a｜+1，x∈R.
（1）判断函数f（x）的奇偶性；
（2）求函数f（x）的最小值.
●案例探究
［例1］已知{an}是首项为2，公比为的等比数列，Sn为它的前n项和.
（1）用Sn表示Sn+1;
（2）是否存在自然数c和k，使得成立.
命题意图：
本题主要考查等比数列、不等式知识以及探索和论证存在性问题的能力，属★★★★★级题目.
知识依托：
解决本题依据不等式的分析法转化，放缩、解简单的分式不等式；
数列的基本性质.
错解分析：
第2问中不等式的等价转化为学生的易错点，不能确定出.
技巧与方法：
本题属于探索性题型，是高考试题的热点题型.在探讨第2问的解法时，采取优化结论的策略，并灵活运用分类讨论的思想：
即对双参数k,c轮流分类讨论，从而获得答案.
解：
（1）由Sn=4（1-），得
，（n∈N*）
（2）要使，只要
因为
所以，（k∈N*）
故只要Sk-2＜c＜Sk，（k∈N*）
因为Sk+1＞Sk，（k∈N*）①
所以Sk-2≥S1-2=1.
又Sk＜4，故要使①成立，c只能取2或3.
当c=2时，因为S1=2，所以当k=1时，c＜Sk不成立，从而①不成立.
当k≥2时，因为，由Sk＜Sk+1（k∈N*）得
Sk-2＜Sk+1-2
故当k≥2时，Sk-2＞c，从而①不成立.
当c=3时，因为S1=2，S2=3，
所以当k=1，k=2时，c＜Sk不成立，从而①不成立
因为，又Sk-2＜Sk+1-2
所以当k≥3时，Sk-2＞c，从而①成立.
综上所述，不存在自然数c,k,使成立.
［例2］给出定点A（a,0）（a＞0）和直线l：
x=-1，B
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