33 环节1 专题7 §1 函数与方程思想-【提分教练】2024年新高考数学二轮总复习课件（新教材）

环节1 专题七　数学思想方法在各专题中的应用 §1　函数与方程思想 1 考点1　构造函数法 【典例1】　(1)(2023·广东深圳二模)已知ε＞0，x，y∈，且ex＋εsin y＝ey sin x，则下列关系式恒成立的为(　　) A．cos x≤cos y　　　 B．cos x≥cos y C．sin x≤sin y D．sin x≥sin y (2)(2023·浙江杭州模拟)a＝e0.2－1，b＝ln 1.2，c＝，d＝tan 0.2，则四者的大小关系为(　　) A．c＜b＜a＜d B．b＜c＜a＜d C．b＜d＜c＜a D．b＜c＜d＜a √ √ §1　函数与方程思想 2 (1)A　(2)D　[(1)构造f (x)＝，x∈，则f ′(x)＝， 当x∈时，cos x＞sin x，所以f ′(x)＝＞0， 所以f (x)＝上单调递增． 由题设知，，即＝f (y)，又ε＞0，所以eε＞1． 当f (x)，f (y)＜0时，f (x)＜f (y)＜0，即－＜x＜y＜0， 又y＝cos x在上单调递增，所以cos x＜cos y； 当f (x)，f (y)＞0时，f (x)＞f (y)＞0，即＞x＞y＞0，又y＝cos x在上单调递减，所以cos x＜cos y；当f (x)＝f (y)＝0时，x＝y＝0，此时cos x＝cos y； 综上所述，cos x≤cos y．同理可知sin x与sin y在上的大小关系不确定． 故选A． (2)构造函数y＝ex－1，y＝ln (x＋1)，y＝x cos x，y＝tan x． 考查y＝ex－x－1，y′＝ex－1，令y′＝0可得x＝0，易得当x∈(0，＋∞)时，y′＞0，y＝ex－x－1单调递增，故ex－x－1＞e0－0－1＝0，即ex－1＞x，x∈(0，＋∞)．故ex＞x＋1，x∈(0，＋∞)，即ln (x＋1)＜x，x∈(0，＋∞)． 考查y＝tan x－x，x∈， 则y′＝－1＝＝tan2x＞0，故y＝tanx－x在区间上单调递增，tan x－x＞tan 0－0＝0，即tan x＞x． 故当x∈时，有ex－1＞x，ln (x＋1)＜x，x cos x＜x，tan x＞x，即a＞0.2，d＞0.2，b＜0.2，c＜0.2． 构造函数f (x)＝ex－1－tan x＝，0＜x＜， 令g(x)＝ex cos x－cos x－sin x， g′(x)＝(－sin x＋cos x)ex＋sin x－cos x＝(ex－1)(cos x－sin x)， 当0＜x＜时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 又g(0)＝1－1－0＝0，所以g(x)＞0，又cos x＞0， 所以f (x)＞0在上恒成立，所以f (0.2)＞0，即a＞d． 再考查y＝ln (x＋1)，y＝x cos x，x∈(0，＋∞)． 令h(x)＝ln (x＋1)－x＋，x∈(0，＋∞)． 则h′(x)＝－1＋x－x2＝＜0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递减，h(x)＜h(0)＝0， 故ln (x＋1)＜x－． 令H(x)＝cos x＋－1，x∈(0，＋∞)，则H′(x)＝－sin x＋x，对y＝－sin x＋x求导有 y′＝－cos x＋1≥0，故y＝－sin x＋x在(0，＋∞)上单调递增，故 H′(x)＞H′(0)＝0，故H(x)在(0，＋∞)上单调递增，H(x)＞H(0)＝0，则cos x＞1－， 故当x＞0时，x cos x＞x－． 又，故当x∈时，x－＞x－， 故x cos x＞x－＞x－＞ln (x＋1)． 故x cos x＞ln (x＋1)，x∈，则＞ln 1.2，即b＜c．综上有b＜c＜d＜a．故选D．] 【点评】　构造函数法就是根据题中所给的式子结构，构造出相应的函数，然后研究该函数的性质，如奇偶性、单调性等，达到解决问题的目的．一般情况下，比较大小、解不等式可能涉及构造函数法． §1　函数与方程思想 考点2　目标函数法求最值 【典例2】　(1)(2023·全国乙卷)已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，C两点，D为BC的中点，若＝，则的最大值为(　　) A．　　　B．　　C．1＋　 　D．2＋ (2)(2023·山东临沂模拟)四棱锥P­-ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，且四棱锥P­-ABCD的顶点均在半径为2的球面上，则该四棱锥体积的最大值 为(　　) A．　　 B．4　　 C．　 　D．8 √ √ §1　函数与方程思想 (1)A　(2)C　[(1)法一：连接OA(图略)，由题可知|OA|＝1，OA⊥PA，因为|OP|＝，所以由勾股定理可得|PA|＝1，则∠POA＝．设直线OP绕点P按逆时针旋转θ后与直线PD重合，则－