新高考数学二轮复习专题巩固练习思想03 运用函数与方程的思想方法解题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习专题巩固练习思想03 运用函数与方程的思想方法解题（2份，原卷版+解析版），共11页。试卷主要包含了函数与方程是紧密相联，函数等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc190884272" 01考情透视·目标导航 PAGEREF _Tc190884272 \h 2
\l "_Tc190884273" 02知识导图·思维引航 PAGEREF _Tc190884273 \h 3
\l "_Tc190884274" 03 知识梳理·方法技巧 PAGEREF _Tc190884274 \h 4
\l "_Tc190884275" 04 真题研析·精准预测 PAGEREF _Tc190884275 \h 5
\l "_Tc190884276" 05 核心精讲·题型突破 PAGEREF _Tc190884276 \h 12
\l "_Tc190884277" 题型一：运用函数的思想研究问题 PAGEREF _Tc190884277 \h 12
\l "_Tc190884278" 题型二： 运用方程的思想研究问题 PAGEREF _Tc190884278 \h 19
\l "_Tc190884279" 题型三：运用函数与方程的思想研究不等式问题 PAGEREF _Tc190884279 \h 26
\l "_Tc190884280" 题型四：运用函数与方程的思想研究其他问题 PAGEREF _Tc190884280 \h 39
高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础性、综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值．高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合，二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用于对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想等．
1、函数与方程是紧密相联、可以相互转化的．在研究方程解的存在性、方程解的个数、方程解的分布等问题时，一般利用方程的性质，对方程进行同解变形，进而构造函数，利用函数的图象与性质求解方程问题．例如，方程解的个数可以转化为函数的图象与轴交点的个数，也可以参变分离，转化为水平直线与函数图象交点的个数，也可以部分分离，转化为斜线与函数图象交点的个数，也可以构造两个熟悉函数，转化为两个函数图象交点的个数．
2、在研究函数问题时，运用方程的思想，设出未知数，通过题目中的等量关系，建立方程（组），进而求解方程（组），或者将方程变形，构造新函数，更易于研究其图象和性质．例如，在研究曲线的切线问题时，设出切点横坐标，得到切线斜率，切线方程为 ， 从而将函数中的切线问题转化为关于切点横坐标的方程问题．
3、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，构造适当的函数，分析、 转化不等式问题．例如，不等式或恒成立，可以转化为或．也可以考虑参变分离再求函数的最值．
4、函数与方程的思想贯穿高中数学的多个模块，在数列、解析几何、三角形、立体几何等内容中都有广泛的运用．函数思想体现的是运动与变化的观念，通过分析问题中的数量关系，建构函数，再运用函数的图象与性质分析．转化问题，进而解决问题．方程思想体现的是“动中求静”，寻求变化过程中保持不变的等量关系，建构方程（组），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，使问题获得解决．
1．（2024年北京高考数学真题）设函数，直线是曲线在点处的切线．
(1)当时，求的单调区间.
(2)求证：不经过点.
(3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？
（参考数据：，，）
【解析】（1），
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过.
（3）时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
2．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)当时，证明：当时，恒成立．
【解析】（1）定义域为，
当时，，故在上单调递减；
当时，时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为；
时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），且时，，
令，下证即可.
，再令，则，
显然在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
故，问题得证
3．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，，求的取值范围．
【解析】（1）当时，，
故，
因为在上为增函数，
故在上为增函数，而，
故当时，，当时，，
故在处取极小值且极小值为，无极大值.
（2），
设，
则，
当时，，故在上为增函数，
故，即，
所以在上为增函数，故.
当时，当时，，
故在上为减函数，故在上，
即在上即为减函数，
故在上，不合题意，舍.
当，此时在上恒成立，
同理可得在上恒成立，不合题意，舍；
综上，.
4．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：因为的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为；
解法二：因为的定义域为，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.
5．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知函数
(1)若，且，求的最小值；
(2)证明：曲线是中心对称图形；
(3)若当且仅当，求的取值范围．
【解析】（1）时，，其中，
则，
因为，当且仅当时等号成立，
故，而成立，故即，
所以的最小值为.，
（2）的定义域为，
设为图象上任意一点，
关于的对称点为，
因为在图象上，故，
而，
，
所以也在图象上，
由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.
（3）因为当且仅当，故为的一个解，
所以即，
先考虑时，恒成立.
此时即为在上恒成立，
设，则在上恒成立，
设，
则，
当，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当时，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当，则当时，
故在上为减函数，故，不合题意，舍；
综上，在上恒成立时.
而当时，
而时，由上述过程可得在递增，故的解为，
即的解为.
综上，.
题型一：运用函数的思想研究问题
【典例1-1】已知函数.
(1)判断的零点个数；
(2)求曲线与曲线公切线的条数.
【解析】（1）由函数，可得其定义域为，且，
令，得；令，得，
可知在上单调递减，在上单调递增，
所以，故的零点个数为.
（2）因为，所以，
所以曲线在点处的切线方程为：
，即，
曲线在点处的切线方程为：，
即，
令，可得，
消去，整理得，
令，可得，等价于，
设，则，所以在上单调递增，
又因为，所以在上有唯一的零点，
由，得，所以曲线与曲线有且仅有一条公切线.
【典例1-2】若的定义域为，数列满足，则称为的“倍点列”.
(1)若为的“2倍点列”，求的前项和；
(2)若为的“1倍点列”且，求证：为定值；
(3)若，判断是否存在，使得为的“倍点列”，并证明你的结论.
【解析】（1）因为为的“2倍点列”，
所以，即，
所以
所以，
当时，，
显然满足，
故综上，
（2）证明：因为，
所以.
设，则，当且仅当即时等号成立，
所以单调递增，且，
所以,
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为为的“1倍点列”，则，
不妨设，
，
所以的图象关于直线对称，当时，有2个不同实根，
所以.
（3）因为，且为的“倍点列”，
可得，即且，
设，则，
在上单调递增，且，
所以时，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以且时，
所以不存在，使得，
即不存在，使得为的“倍点列”.
【变式1-1】已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）记，若函数与的图象有三个不同交点，求实数的取值范围.
【解析】（1）函数的定义域为，，
当时，；当时，，
所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）令，即，得.
设，
则.
令，得；
令，得或.
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
所以，，
且当时，；当时，.
所以要使函数与的图象有三个不同交点，必须有，
即实数的取值范围是.
【变式1-2】已知函数.
（1）若函数在处的切线与直线垂直，求实数的值.
（2）若函数存在两个极值点，求实数的取值范围.
【解析】（1），
，
则，解得.
（2），
由题设可知有两个不同的零点，且在零点的附近的符号发生变化.
令，则，
若，则，则为上为增函数，
在上至多有一个零点.
当时，若，则，故在上为增函数，
若，则，故在上为减函数，
故，故.
又且，故在上存在一个零点；
下证当时，总有.
令，则，
当时，，故为上的减函数，
故，故成立.
令，则，
故当时，有，
取，则当时，
有，
故，故在上，存在实数，使得，
由零点存在定理及的单调性可知可得在上存在一个零点.
综上可知，实数的取值范围是.
1．已知函数.
（1）若，试判断的符号；
（2）讨论的零点的个数.
【解析】（1）.
设，则.
设，则，
∴当时，；当时，.
∴当时，.故，从而.
∴在上单调递增.
∴当时，，从而；
当时，，从而；
当时，，从而.
（2）的定义域为，.
∴当时，，故在上单调递增，
又，∴有个零点.
当时，令，得；令，得.
∴在上上单调递减，在上单调递增.
∴.
设，则.
∴当时，；当时，.∴.
∴当时，，即，
又当时，；当时，；故有个零点.
当时，，故有个零点.
当时，，即，
又当时，；由（1）知，故有个零点.
当或时，有个零点；当且时，有个零点.
2．已知函数其中.
（1）当时，求曲线在原点处的切线方程；
（2）若函数在上存在最大值和最小值，求a的取值范围.
【解析】（1）.
所以切线的斜率；又
所以曲线在原点处的切线方程为：.
（2）

当时，解得
则时随的变化情况如下表：
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，
若存在最小值，则时，
恒成立，即，
所以即在恒成立，
所以.又因为 ，所以，则.
当时，解得
则时随的变化情况如下表：
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
若存在最大值，则时，
恒成立，即，
所以即在恒成立，
所以.又因为 ，所以，则.
综上所述，的取值范围为.
题型二： 运用方程的思想研究问题
【典例2-1】已知函数，，其中
求函数的单调区间；
若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明；
证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线．
【解析】由已知，，有，
令，解得
由，可知当x变化时，，的变化情况如下表：
函数的单调减区间为，单调递增区间为；
证明：由，可得曲线在点处的切线的斜率为
由，可得曲线在点处的切线的斜率为
这两条切线平行，故有，即，
两边取以a为底数的对数，得，
证明：曲线在点处的切线：，
曲线在点处的切线：
要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线，
只需证明当时，存在，使得与重合，
即只需证明当时，方程组
由①得，代入②得：
，③
因此，只需证明当时，关于 的方程③存在实数解．
设函数，即要证明当时，函数存在零点．
，可知时，；时，对求导，易知单调递减，
又，，
故存在唯一的，且，使得，即
由此可得，在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值
，故
下面证明存在实数t，使得，
由可得，当时，有
存在实数t，使得
因此，当时，存在，使得
当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线．
【典例2-2】已知函数在点处的切线方程为
求函数的解析式；
若，且过点可作曲线的三条切线，求实数m的取值范围．
【解析】，，
故，
过点向曲线作切线，设切点为，则，，
则切线方程为，将代入上式，整理得
过点可作曲线的三条切线，方程有三个不同实数根．
记，，
令，得或1，则x，，的变化情况如下表：
当，有极大值，有极小值，
由题意，当且仅当，即，
解得时函数有三个不同零点．
此时过点可作曲线的三条不同切线．
故m的取值范围是
【变式2-1】已知函数和有相同的最大值．
求实数a；
设直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为，证明：
【解析】，令
有最大值，且在上单调递增 ；上单调递减 ，
，令，则，
在在上单调递增 ，上单调递减 ，
，
设则，
在上单调递减，
又，
时，，
方法一：由，由，
令，在上单调递增，上单调递减 ，至多两个零点．
令，在上递增，上递减；
至多两个零点．
令，
当时，；
当时，由且，
在上单调递减 ，方程无解．
当时，由，在上递增，
方程有唯一解
当时，注意到，，
，
在和上各有一个零点
示意图如下，
注意到，
在和上各有一个零点
且由，而，
而在上单调递增 ，由，
由，而
而在上递减 ，由，，
方法二：
由“导数同构与拆构”寻找外函数法知，
则，又，
又在上单调递增 ，，同理，
而，则，证毕！
【变式2-2】已知函数
Ⅰ若在，处导数相等，证明：；
Ⅱ若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点．
【解析】证明：Ⅰ函数，
，，
在，处导数相等，
，，
，，
由基本不等式得：，
，，
由题意得，
设，则，
列表讨论：
在上单调递增，
，
Ⅱ令，，
则，
，
存在，使，
对于任意的及，直线与曲线有公共点．
由，得，
设，则，
其中，
由知，
又，，
，即函数在上单调递减，
方程至多有一个实根，
综上，时，对于任意，直线与曲线有唯一公共点．
1．已知函数
当时，若直线与曲线相切，求b；
若直线与曲线恰有两个公共点，求
【解析】当时，，，
因为直线与曲线相切，设切点为，
则，所以或，
因此，或
因为直线与曲线恰有两个公共点，
所以方程，即方程有两个不等实根，
因为是方程的一个根；
当时，方程可化为，
依题意，方程有不等于的唯一根，
因为，若，则即，，满足条件；
若，则由，解得：
综上所述，或
题型三：运用函数与方程的思想研究不等式问题
【典例3-1】定义首项为1且公比为正数的等比数列为“数列”．
已知等比数列满足：，，求证：数列为“数列”；
已知数列满足：，，其中为数列的前n项和．
①求数列的通项公式；
②设m为正整数，若存在“数列”，对任意正整数k，当时，都有成立，求m的最大值．
【解析】设等比数列的公比为q，则
由，，得
，
数列首项为1且公比为正数
即数列为“数列”；
①，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
猜想，下面用数学归纳法证明；
当时，，满足，
假设时，结论成立，即，则时，
由，得
，
故时结论成立，
根据可知，对任意的都成立．
故数列的通项公式为；
②设的公比为q，
存在“数列”，对任意正整数k，当时，都有成立，
即对恒成立，
当时，，当时，，
当，两边取对数可得，对有解，
即，
令，则，
当时，，此时递减，
当时，，
令，则，
令，则，
当时，，即，
在上单调递减，
即时，，则，
下面求解不等式，
化简，得，
令，则，
由得，，在上单调递减，
又由于，，
存在使得，
的最大值为5，此时
【典例3-2】设函数
求的单调区间；
已知a，，曲线上不同的三点，，处的切线都经过点证明：
若，则
若，，则
注：是自然对数的底数
【解析】，故在上单调递减，在上单调递增．
不妨设，则，，满足：，，2，
则，，是的三个正实数根，即
记，，
，
则在上单调递减，上单调递增，上单调递减，
由于，，是的三个正实数根，
则，，
又由于时，，，
，时，，
于是，
由于，要证，只需证
即，由知，时，
综上所述，，得证!
由于，，则在上单调递减，上单调递增，上单调递减，
则，，
又由于时，，，
，时，，
于是，，故
由于，
记，，则
要证明：，记，，
只需证明：
即证：
由，，
故，
只需证：
由于，即证：
记，，
令，则，即在上单调增，
，即，则在上单调增，
又，
于是，
记，
由，
知在上单调递增．故，
故，即
即不等式得证．
【变式3-1】已知，函数
若，证明：当时，
若函数存在极小值点证明：
【解析】若，则，
设，，
，
设，，
，则在上单调递增，，即，
于是在上单调递增，，即，
所以当时，
函数，，其定义域为，，
，
由知在上单调递增，，
当时，，当时，，
则由，解得或，其中且，即且，
否则恒有，则在上单调递增，函数无极值点，不符合题意，
若，即，当时，，
当时，，则在，上单调递增，
在上单调递减，因此是的极小值点，，
若，即，当时，，
当时，，则在，上单调递增，
在单调递减，因此是的极小值点，
，又，，于是，
综上所述，函数存在极小值点，
【变式3-2】已知函数
若，求极值；
求函数的单调区间；
若函数有两个极值点，，求证：
【解析】当时，，
则，
当时，，在单调递增，
当或是，，在，单调递减，
的极大值为，的极小值为；
由，得，
令，则，，
当，即时，恒成立，则，
所以在上是减函数．
当，即或
当时，恒成立，从而，所以在上是减函数．
当时，函数有两个零点：，，
列表如下：
综上，当时，的减区间是，无增区间；
当时，的增区间是，减区间是和
由知，当时，有两个极值点，，，
则，是方程的两个根，
从而，，
由韦达定理，得，，
所以，
令，，，
则，
当时，，则在上是增函数，
从而，故
1．已知函数
讨论函数零点个数；
若恒成立，求a的取值范围．
【解析】由，得
设，则，
所以函数在，上单调递增；在上单调递减，
所以
据此可画出大致图象，所以
当或时，无零点；
当或时，有一个零点；
ⅲ当时，有两个零点
①当时，，符合题意；
②当时，因，则，
则，即，
设，则，
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以，
所以，当时，，
即成立，即合题意；
③当时，由可知，，在上单调递增．
又，，
所以，使
当时，，即，
设，
则，所以在上单调递减，
所以时，
当时，，即，
设，
因为，
令，，则，
又令，，
则，得在上单调递增．
有，
得在上单调递增，有
则，得在上单调递增．
则时，
又时，，
得当时，时，，
由上可知，
在上单调递增，则此时
综上可知，a的范围是
2．已知函数
当时，求函数的单调区间；
若有3个零点，，，其中
求实数a的取值范围；
求证：
【解析】当时，，，
则在恒成立，所以在单调递增，
故的单调递增区间为，无单调递减区间．
，
，，则除1外还有两个零点．
，令，
当时，在恒成立，则，所以在单调递
减，不满足，舍去；
当时，要是除1外还有两个零点，则不单调，
所以存在两个零点，所以，解得
当时，设的两个零点为m，，则，，
所以当时，，，则单调递增；
当时，，，则单调递减；当时，
，，则单调递增；又，所以，，
而，且，
，且，所以存在，，
使得，
即有3个零点，，
综上，实数a的取值范围为
因为，
所以若，则，所以
当时，先证明不等式恒成立，设，
则，所以函数在上单
调递增，于是，即当时，不等式恒成立．
由，可得，因为，
所以，即，两边同除以，
得，
所以
题型四：运用函数与方程的思想研究其他问题
【典例4-1】设双曲线的左、右焦点分别为是上一点，且．若的面积为16，则的离心率为 ．
【答案】
【解析】根据双曲线的定义可得，即，
由可得，
所以，又因为，
所以，即，
，即，
因为，所以，
所以，即，
解得，所以．
故答案为：.
【典例4-2】等差数列中，为的前n项和，，若不等式，对任意的恒成立，则实数k的取值范围为 .
【答案】
【解析】由题意可知，则的公差为，
所以，
则，即恒成立，
由对勾函数的性质知在上单调递减，在上单调递增，
而，即，
所以.
故答案为：
【变式4-1】在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是2，且所在的平面互相垂直.可以滚动的弹珠M，N分别从A，F出发沿对角线AC，FB匀速移动，已知弹珠N的速度是弹珠M的速度的3倍，且当弹珠N移动到B处时试验终止，则弹珠M，N间的最短距离是 .

【答案】
【解析】过点M做MH垂直AB于H，连接NH，如图所示，
因为面面，面面，MH在面ABCD内，
，则面，面，所以.
由已知弹子N的速度是弹子M的速度的3倍，
设，则，
因为，为正方形，
，则，，
所以，
所以，，
由余弦定理可得
所以，
当时，，
所以,
故答案为：.
【变式4-2】如图，在正方体中，过的平面分别交棱于点.给出下列四个结论：
①四边形一定是平行四边形；
②四边形可能是正方形；
③四边形为菱形时，其面积最小；
④四边形为矩形时，其面积最大.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【解析】对于①，在正方体中，
平面平面，又平面，平面，
且平面，所以，
同理，所以四边形一定是平行四边形，故①正确；
对于②，设该正方体的棱长为2，
若四边形可能是正方形，则分别为得中点，
且，
实际上，，
并不满足，
即不成立，故四边形不可能是正方形，故②不正确；
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
设，正方体的棱长为2，
则，
则，
则，
所以，
所以点到的距离，
则，
当时，四边形面积最小，此时四边形为菱形，故③正确；
当或2时，四边形面积最大，此时四边形为矩形，故④正确.
故答案为：①③④.
1．已知双曲线：和椭圆：.过点的动直线交于A，B两点，过点Р的动直线交于M，N两点，若四条直线的斜率之和为定值，则定点Q为 .
【答案】
【解析】当直线、的斜率不存在时，不满足题意.故直线的方程设为，
直线过点，即，
联立方程组，整理得，
则，且，
设，，有，，
设，，
整理得，
则，
将代入得，
由动直线、互不影响可知，要满足为定值，
则为定值，为定值，
因此要满足为定值，则有：
①若，，计算得，，
经检验满足，此时；
②若，即，，
则有无解；
综上，当，，
下面只需验证当时，是否为定值，
设直线方程为：，直线过点，即，
椭圆方程联立，得，可得，
设，，有，，
，
化简得，
则，
将得，所以当，，，，所以点坐标为.
故答案为：.
2．设椭圆的上顶点为，过任作两条互相垂直的直线分别交椭圆于，两点，则直线过定点 ．
【答案】
【解析】根据题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
则，
且，
由，所以，
所以，解得或，
当时，直线AB经过点D，不满足题意，则直线AB的方程为，
所以直线AB过定点．
故答案为：．
0
0
递增
递减
0
0
递减
递增
x
0


-
0
+

↘
极小值
↗
x

16


-
0
+