开篇 一、函数与方程思想（PPT课件）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

一、函数与方程思想 开篇　方法引领　数学思想 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 谢谢观看 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 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 应用一　借助函数关系解决问题 在方程、不等式、三角函数、平面向量、数列、圆锥曲线等数学问题中，将原有隐含的函数关系凸显出来，从而充分运用函数知识或函数方法使问题顺利获解． 　(2024·陕西安康模拟)已知抛物线C1：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，圆C2：(x－1)2＋y2＝eq \f(1,4)，点M(3,0)，若点P，Q分别在C1，C2上运动，则eq \f(|PM|,|PQ|)的最小值为(　　) A.eq \f(6\r(3),19)　　　　　　　 B．eq \f(\r(114),19) C.eq \f(16\r(7),57) D．eq \f(4\r(114),57) [解析]　因为焦点F到准线的距离为2，所以p＝2，所以抛物线C1：y2＝4x，F(1,0)，所以圆C2的圆心(1,0)恰好在焦点F处，所以|PQ|max＝|PF|＋eq \f(1,2)，设P(x，y)，则|PQ|max＝x＋eq \f(3,2)，|PM|＝eq \r(x－32＋y2)＝ eq \r(x－32＋4x)＝eq \r(x2－2x＋9)，所以eq \f(|PM|,|PQ|)≥eq \f(\r(x2－2x＋9),x＋\f(3,2))＝eq \f(2\r(x2－2x＋9),2x＋3)，令2x＋3＝t(t≥3)，则x＝eq \f(t－3,2)， 所以eq \f(|PM|,|PQ|)≥eq \f(2 \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t－3,2)))2－2×\f(t－3,2)＋9),t)＝eq \f(\r(t2－10t＋57),t)＝ eq \r(\f(57,t2)－\f(10,t)＋1)＝ eq \r(57\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(5,57)))2＋\f(32,57))，当eq \f(1,t)＝eq \f(5,57)，即t＝eq \f(57,5)时，eq \f(|PM|,|PQ|)取得最小值，最小值为eq \f(4\r(114),57).故选D. [答案] D 解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的求法来求解，这是求面积、线段长、最值(范围)问题的基本方法．　 1．已知正三棱柱ABC­A1B1C1的所有顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为48π，则正三棱柱ABC­A1B1C1的体积的最大值为(　　) A．12eq \r(3)　　　　　　 B．15eq \r(3) C．24eq \r(3) D．48eq \r(3) 解析　如图，设正三棱柱ABC­A1B1C1上、下底面的中心分别为H，H1，连接HH1，根据对称性可知，线段HH1的中点O即为正三棱柱ABC­A1B1C1外接球的球心，线段OA即为该外接球的半径，由已知得4π×OA2＝48π，所以OA＝2eq \r(3).设正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为x，则AH＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)x＝eq \f(\r(3),3)x.在Rt△AOH中，OH＝eq \r(OA2－AH2)＝ eq \r(12－\f(1,3)x2)，所以HH1＝2 eq \r(12－\f(1,3)x2)，所以正三棱柱ABC­A1B1C1的体积V＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2sin 60°))·2 eq \r(12－\f(1,3)x2)＝eq \f(\r(3),2)x2 eq \r(12－\f(1,3)x2)(0<x<6)．令t＝ eq \r(12－\f(1,3)x2)，则0<t<2eq \r(3)，x2＝36－3t2，故V(t)＝eq \f(\r(3),2)(36－3t2)t，V′(t)＝eq \f(9\r(3),2)(4－t2)．当0<t<2时，V′(t)>0，V(t)单调递增；当2<t<2eq \r(3)时，V′(t)<0，V(t)单调递减，所以V(t)max＝V(2)＝24eq \r(3). 答案　C 应用二　转换函数关系解决问题 在有关函数形态和曲线性质或不等式的综合问题、恒成立问题中，经常需要求参数的取值范围，如果按照原有的函数关系很难奏效时，不妨转换思维角度，放弃题设的主参限制，挑选合适的主变元，揭示它与其他变元的函数关系，切入问题本质，从而使原问题获解． 　若函数f(x)＝ln x与g(x)＝ax－1(a>0)的图象有且仅有一个交点，则关于x的不等式f(x－3)<a－3x－4的解集为(　　) A．(－∞，4)　　　　　 B．(4，＋∞) C．(3,4) D．(3,5) [解析]　f(x)与g(x)只有1个交点等价于函数h(x)＝ln x－ax＋1只有1个零点，即a＝eq \f(ln x＋1,x)只有1个解，令p(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，则p′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，p′(1)＝0，当0<x<1时，p′(x)＞0，p(x)单调递增，当x>1时，p′(x)<0，p(x)单调递减，并且p(x)>0，所以p(x)max＝p(1)＝1，p(e－2)<0，函数p(x)的大致图象如下图： 因为a>0，所以a＝1，即原不等式为ln(x－3)<1－3x－4，即ln(x－3)＋3x－4－1<0，令k(x)＝ln(x－3)＋3x－4－1，显然k(x)在x>3时是增函数，又k(4)＝0，所以k(x)<0的解是3<x<4.故选C. [答案]　C 挖掘、提炼多变元问题中变元间的相互依存、相互制约的关系，反客为主，主客换位，创设新的函数，并利用新函数的性质创造性地使原问题获解，是解题人思维品质高的表现．本题主客换位后，利用新建函数y＝eq \f(ln x＋1,x)的单调性巧妙地求出实数a的取值范围．此法也叫主元法．　 2．已知函数h(x)＝xln x与函数g(x)＝kx－1的图象在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个不同的交点，则实数k的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,e)，e－1)) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，1＋\f(1,e))) C．(1，e－1] D．(1，＋∞) 解析　令h(x)＝g(x)，得xln x＋1＝kx，即eq \f(1,x)＋ln x＝k.令函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,x)，若方程xln x－kx＋1＝0在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个不等实根，则函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,x)与y＝k在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个不相同的交点，f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)，令eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝0可得x＝1，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，e]时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，函数 f(x)的极小值，也是最小值为f(1)＝1，而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－1＋e，f(e)＝1＋eq \f(1,e)，又－1＋e＞1＋eq \f(1,e)，所以关于x的方程xln x－kx＋1＝0在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个不等实根，则实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，1＋\f(1,e)))，故选B. 答案　B 应用三　构造函数关系解决问题 在一些数学问题的研究中，可以通过建立函数关系式，把要研究的问题转化为可利用的函数性质问题，达到化繁为简、化难为易的效果． 　(2024·山东青岛二模)已知正数a，b，c满足aea＝bln b＝ecln c＝1，则a，b，c的大小关系为(　　) A．c<a<b B．c<b<a C．a<b<c D．a<c<b [解析]　由aea＝bln b＝ecln c＝1，得ea－eq \f(1,a)＝ln b－eq \f(1,b)＝ln c－eq \f(1,ec)＝0，令函数f(x)＝ex－eq \f(1,x)，x>0，显然函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eeq \f(1,2)－2<0，f(1)＝e－1>0，f(a)＝0，则eq \f(1,2)<a<1；令函数g(x)＝ln x－eq \f(1,x)，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(2)＝ln 2－eq \f(1,2)>0，而geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝ln eq \f(3,2)－eq \f(2,3)<lneq \r(e)－eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)－eq \f(2,3)<0，g(b)＝0，则eq \f(3,2)<b<2；令h(x)＝ln x－eq \f(1,ex)，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，而h(1)＝－eq \f(1,e)<0，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝ln eq \f(3,2) － >ln eq \f(3,2)－eq \f(1,3)＝eq \f(1,3)ln eq \f(27,8)－eq \f(1,3)>eq \f(1,3)ln e－eq \f(1,3)＝0，h(c)＝0，则1<c<eq \f(3,2)，所以a，b，c的大小关系为a<c<b. 故选D. [答案] D 在构造函数求解数学问题的过程中，要确定合适的两个变量揭示函数关系使问题明晰化．　 3．(多选)下面比较大小正确的有(　　) A.eq \f(ln 2,2)>eq \f(1,e) B．3ln 4<4ln 3 C.eq \f(π,e)>ln π D．3<eln 3 解析　根据题意可构造函数f(x)＝eq \f(ln x,x)，则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，由于函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，且ln e＝1，从而当0<x≤e时，f′(x)≥0，则函数f(x)＝eq \f(ln x,x)在(0，e]上单调递增，当x>e时，f′(x)<0，则函数f(x)＝eq \f(ln x,x)在(e，＋∞)上单调递减，又0<2<e<3<π<4，所以f(2)<f(e)，f(e)>f(3)>f(π)>f(4)，即eq \f(ln 2,2)<eq \f(ln e,e)，eq \f(ln 3,3)>eq \f(ln 4,4)，eq \f(ln e,e)>eq \f(ln π,π)，eq \f(ln e,e)>eq \f(ln 3,3)，故eq \f(ln 2,2)<eq \f(ln e,e)＝eq \f(1,e)，选项A错误；3ln 4<4ln 3，故项B正确；eq \f(π,e)>ln π，选项C正确；3>eln 3，选项D错误．故选BC. 答案　BC 应用四　建立方程(组)形式解决问题 分析题目中的未知量，根据条件分别列出关于未知数的方程(组)，使原问题得到解决，这就是构造方程法，是应用方程思想解决非方程问题的极富创造力的一个方面． 　(2024·河北邯郸第四次调研)已知O为坐标原点，F1，F2分别是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，P是双曲线C上一点，若直线PF1和OP的倾斜角分别为α和2α，且tan α＝eq \f(3,4)，则双曲线C的离心率为(　　) A.eq \r(3)　 　 B．5　　 　 C．2　　 D．eq \f(7,5) [解析]　由题意得tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(2×\f(3,4),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2)＝eq \f(24,7)，所以直线PF1的斜率为tan α＝eq \f(3,4)，直线OP的斜率为eq \f(24,7)，设P(x，y)，则有eq \f(y,x＋c)＝eq \f(3,4)，eq \f(y,x)＝eq \f(24,7)，解得x＝eq \f(7c,25)，y＝eq \f(24c,25)，代入双曲线方程，得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7c,25)))2,a2)－eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24c,25)))2,b2)＝1，又b2＝c2－a2，所以(c2－a2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7c,25)))2－a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24c,25)))2＝a2(c2－a2)，化简可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,25)))2c4－2a2c2＋a4＝0，又e＝eq \f(c,a)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,25)))2e4－2e2＋1＝0，解得e＝5或e＝eq \f(5,7)(e>1，舍)．故选B. [答案]　B 此题是一道典型的求离心率的题目，一般需要通过a，b，c之间的关系，得出关于a，c的方程，经过恒等变形就可以求出离心率．　 4.已知双曲线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的直线与双曲线的左、右两支分别相交于M，N两点，直线NF2与双曲线的另一交点为P，若△NPF1为等腰三角形，且△NF1F2的面积是△PF1F2的面积的3倍，则双曲线C的离心率为______． 解析　设|NF2|＝m，|PF2|＝n，由双曲线的定义可得|NF1|＝2a＋m，|PF1|＝2a＋n，由△NF1F2的面积是△PF1F2的面积的3倍，可得m＝3n，又△NPF1为等腰三角形，可得|NP|＝|NF1|，或|PF1|＝|NP|，或|NF1|＝|PF1|，若|NF1|＝|PF1|，则只能N，P关于x轴对称，此时与m＝3n矛盾，不符合题意；当|NP|＝|NF1|，即m＋n＝2a＋m，可得n＝2a，m＝6a，|NF1|＝8a，|PF1|＝4a，在△NPF1中，cos∠F1NP＝eq \f(8a2＋8a2－4a2,2×8a×8a)＝eq \f(7,8)，在△NF1F2中，cos∠F1NF2＝eq \f(8a2＋6a2－2c2,2×8a×6a)＝eq \f(7,8)，化为c2＝4a2，即e＝eq \f(c,a)＝2；当|NP|＝|PF1|，即m＋n＝2a＋n，可得m＝2a， n＝eq \f(2,3)a，|NF1|＝4a，|PF1|＝eq \f(8a,3)，在△NPF1中，cos∠F1NP＝eq \f(4a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8a,3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8a,3)))2,2×4a×\f(8a,3))＝eq \f(3,4)，在△NF1F2中，cos∠F1NF2＝eq \f(4a2＋2a2－2c2,2×4a×2a)＝eq \f(3,4)，化为c2＝2a2，即e＝eq \f(c,a)＝eq \r(2). 答案　2或eq \r(2) $$