第1讲 函数与方程思想-【金版教程】2025年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（经典版）

第一编　基本思想方法 第1讲　函数与方程思想 「思想方法解读」　函数思想是指用函数的观点、方法去分析问题、转化问题和解决问题．如求数列中的项或最值、用函数单调性比较大小、求解析几何中距离或面积的最值等相关的非函数问题，往往都可以利用函数思想，构造函数，将其转化为函数问题． 方程思想是从问题的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为方程或方程组去分析问题和解决问题．如变量的取值范围、直线与圆锥曲线的位置关系、数列中的基本量等问题． 热点题型探究 热点1　函数与方程思想在不等式中的应用 热点题型探究 4 热点题型探究 5 (2)(2024·辽宁名校联盟模拟)已知f(x)是定义在R上的奇函数，g(x)＝f′(x)－2ex＋x也是定义在R上的奇函数，则关于x的不等式g(1－x2)＋g(2x＋2)>0的解集为(　　) A．(－∞，－1)∪(3，＋∞) B．(－∞，－3)∪(1，＋∞) C．(－1，3) D．(－3，1) 解析：因为g(x)＝f′(x)－2ex＋x是定义在R上的奇函数，所以f′(x)－2ex＋x＋f′(－x)－2e－x－x＝0，故f′(x)＋f′(－x)＝2ex＋2e－x，因为f(x)是定义在R上的奇函数，故f(x)＋f(－x)＝0，故f′(x)－f′(－x)＝0，故f′(x)＝ex＋e－x，故g(x)＝－ex＋e－x＋x，所以g′(x)＝－ex－e－x＋1≤－2＋1<0，故g(x)为R上的减函数，而g(1－x2)＋g(2x＋2)>0等价于g(1－x2)>g(－2x－2)，即1－x2<－2x－2，即x2－2x－3>0，故x<－1或x>3.故选A. 热点题型探究 6 函数、方程、不等式三位一体，常常相互转化．在研究不等式的解集、不等式恒成立、不等式有解、不等式的证明等问题时，最重要的思想方法就是函数与方程思想，其中构造适当的函数，分析、转化不等式是解决此类问题的关键． 热点题型探究 7 热点题型探究 8 解析：由98t＝108，可知1<t<2.设f(x)＝xt－x，x∈[92，99]，则f′(x)＝txt－1－1>0，f(x)在[92，99]上是增函数，所以f(99)>f(98)>f(92)，即99t－99>98t－98>92t－92，99t－99－10>98t－98－10>92t－92－10，99t－109>98t－108>92t－102，即b>0>a.故选D. 2．(2024·广东部分重点中学4月联考)已知98t＝108，a＝92t－102，b＝99t－109，则a，b的大小关系是(　　) A．b>a>0 B．0>b>a C．a>0>b D．b>0>a 热点题型探究 9 热点2　函数与方程思想求最值、范围 热点题型探究 10 热点题型探究 11 热点题型探究 12 热点题型探究 13 有关长度、面积、体积以及向量数量积等的计算，经常采用目标函数法，即把待求的参数范围问题或最值问题，利用合适的变量及函数模型表示出来，再利用函数的单调性进行解答． 热点题型探究 14 热点题型探究 15 热点题型探究 16 热点题型探究 17 热点题型探究 18 3．(2024·山东实验中学一模)如图，在△ABC中，已知∠BAC＝120°，其内切圆与AC边相切于点D，且|AD|＝1，延长BA到点E，使|BE|＝|BC|，连接CE，设以E，C为焦点且经过点A的椭圆的离心率为e1，以E，C为焦点且经过点A的双曲线的离心率为e2，则e1e2的取值范围是__________． (1，＋∞) 热点题型探究 19 热点题型探究 20 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　(1)(2024·陕西咸阳模拟)已知0<x1<x2<1，下列不等式恒成立的是(　　) A．x2ex1<x1e x2 B．x2ln x1>x1ln x2 C．x1ln x1<x2ln x2 D．e x1>ln x1 解析：令f(x)＝eq \f(ex,x)，0<x<1，则f′(x)＝eq \f(（x－1）ex,x2)<0，故f(x)在(0，1)内单调递减，又0<x1<x2<1，所以f(x2)<f(x1)⇒eq \f(ex2,x2)<eq \f(ex1,x1)⇒x1ex2<x2ex1，A错误；令h(x)＝eq \f(ln x,x)，0<x<1，则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)>0，故h(x)在(0，1)内单调递增，又0<x1<x2<1，所以h(x2)>h(x1)⇒eq \f(ln x2,x2)>eq \f(ln x1,x1)⇒x2ln x1<x1ln x2，B错误；令g(x)＝xln x，0<x<1，则g′(x)＝1＋ln x，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))时，g′(x)>0，g(x)单调递增，而0<x1<x2<1，此时无法确定g(x1)，g(x2)的大小，所以无法确定x1ln x1，x2ln x2的大小，C错误；因为0<x1<1，所以ex1>0，ln x1<0，故ex1>ln x1，D正确．故选D. 1．已知cos5θ－sin5θ<7(sin3θ－cos3θ)，θ∈[0，2π)，则θ的取值范围是(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(7π,4))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，2π)) 解析：不等式cos5θ－sin5θ<7(sin3θ－cos3θ)等价于sin3θ＋eq \f(1,7)sin5θ>cos3θ＋eq \f(1,7)cos5θ，又f(x)＝x3＋eq \f(1,7)x5是(－∞，＋∞)上的增函数，所以sinθ>cosθ，故2kπ＋eq \f(π,4)<θ<2kπ＋eq \f(5π,4)(k∈Z)．因为θ∈[0，2π)，所以θ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4))).故选B. 例2　(1)(2024·广东梅州一模)已知△ABC是锐角三角形，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，2S＝b2＋c2－a2，则eq \f(c,b)的取值范围为(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\r(5))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，\r(5))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，2)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，2)) 解析：依题意，2S＝bcsinA＝b2＋c2－a2，sinA＝2×eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝2cosA，则tanA＝2，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinA＝2cosA，,sin2A＋cos2A＝1，,0<A<\f(π,2)，))得sinA＝eq \f(2\r(5),5)，cosA＝eq \f(\r(5),5).eq \f(c,b)＝eq \f(sinC,sinB)＝eq \f(sin（A＋B）,sinB)＝eq \f(sinAcosB＋cosAsinB,sinB)＝eq \f(2\r(5),5)×eq \f(1,tanB)＋eq \f(\r(5),5)，由于△ABC是锐角三角形，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<B<\f(π,2)，,A＋B>\f(π,2)，))所以0<eq \f(π,2)－A<B<eq \f(π,2)，所以tanB>taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))，所以0<eq \f(1,tanB)<eq \f(1,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A)))＝eq \f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A)))＝eq \f(sinA,cosA)＝tanA＝2，所以0<eq \f(2\r(5),5)×eq \f(1,tanB)<eq \f(4\r(5),5)，eq \f(\r(5),5)<eq \f(2\r(5),5)×eq \f(1,tanB)＋eq \f(\r(5),5)<eq \r(5).故选A. (2)(2024·安徽合肥模拟)如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形．这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图1.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图2，则这个容器的容积的最大值为(　　) A．eq \f(a3,27) B．eq \f(a3,36) C．eq \f(a3,54) D．eq \f(a3,72) 解析：设容器的高为x，则容器底面正三角形的边长为a－2eq \r(3)xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(\r(3),6)a))，则正三棱柱形容器的容积V(x)＝x·eq \f(\r(3),4)(a－2eq \r(3)x)2＝eq \f(\r(3),4)(12x3－4eq \r(3)ax2＋a2x)，求导得V′(x)＝eq \f(\r(3),4)(36x2－8eq \r(3)ax＋a2)＝eq \f(\r(3),4)(2eq \r(3)x－a)(6eq \r(3)x－a)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),18)a))时，V′(x)>0，V(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),18)a，\f(\r(3),6)a))时，V′(x)<0，V(x)单调递减，所以当x＝eq \f(\r(3),18)a时，V(x)max＝eq \f(a3,54).故选C. 1．(多选)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则(　　) A．a5＝0 B．{an}的前n项和中S5最小 C．nSn的最小值为－49 D．eq \f(Sn,n)的最大值为0 解析：设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10a1＋45d＝0，,15a1＋105d＝25，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝\f(2,3)，))所以an＝eq \f(1,3)(2n－11)，a5＝－eq \f(1,3)，A错误；Sn＝eq \f(1,3)(n2－10n)＝eq \f(1,3)(n－5)2－eq \f(25,3)，当n＝5时取得最小值，B正确；nSn＝eq \f(1,3)n3－eq \f(10,3)n2，设函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(10,3)x2，则f′(x)＝x2－eq \f(20,3)x，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(20,3)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,3)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，又6<eq \f(20,3)<7，且f(6)＝－48，f(7)＝－49，所以nSn的最小值为－49，C正确；eq \f(Sn,n)＝eq \f(1,3)(n－10)，没有最大值，D错误．故选BC. 2．(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|PO|＝eq \r(2)，则eq \o(PA,\s\up14(→))·eq \o(PD,\s\up14(→))的最大值为(　　) A．eq \f(1＋\r(2),2) B．eq \f(1＋2\r(2),2) C．1＋eq \r(2) D．2＋eq \r(2) 解析：如图所示，|OA|＝1，|PO|＝eq \r(2)，则由题意可知∠APO＝eq \f(π,4)，由勾股定理可得|PA|＝1，设射线PO绕点P按逆时针旋转θ后与射线PD重合，则－eq \f(π,4)＜θ＜eq \f(π,4)，∠APD＝eq \f(π,4)＋θ，且|PD|＝eq \r(2)cosθ.所以eq \o(PA,\s\up14(→))·eq \o(PD,\s\up14(→))＝|eq \o(PA,\s\up14(→))||eq \o(PD,\s\up14(→))|coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq \r(2)cosθ·coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq \r(2)cosθeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosθ－\f(\r(2),2)sinθ))＝cos2θ－sinθcosθ＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)cos2θ－eq \f(1,2)sin2θ＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(2),2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))≤eq \f(1,2)＋eq \f(\r(2),2).故选A. 解析：以CE的中点O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设M，G分别是BC，BE与圆的切点，由圆的切线性质得|AG|＝|AD|＝1，设|CD|＝|CM|＝|GE|＝m(m>1)，则|AC|＝m＋1，|AE|＝|GE|－|AG|＝m－1，在△ACE中，|CE|2＝|AC|2＋|AE|2－2|AC||AE|·cos60°＝m2＋3，以E，C为焦点且经过点A的双曲线的离心率e2＝eq \f(\r(m2＋3),2)，以E，C为焦点且经过点A的椭圆的离心率e1＝eq \f(\r(m2＋3),2m)，则e1e2＝eq \f(m2＋3,4m)＝eq \f(m,4)＋eq \f(3,4m)，在△ABC中，设|BM|＝n，则|BC|＝m＋n，|AB|＝n＋1，|AC|＝m＋1，由余弦定理可得|BC|2＝|AB|2＋|AC|2－2|AB||AC|·cos120°，所以mn＝3m＋3n＋3，所以n＝eq \f(3m＋3,m－3)>0，得m>3，由对勾函数的单调性可得函数y＝eq \f(x,4)＋eq \f(3,4x)在(3，＋∞)上单调递增，所以e1e2＝eq \f(m,4)＋eq \f(3,4m)>eq \f(3,4)＋eq \f(3,4×3)＝1. $$