高二数学函数思想

高二数学函数思想内容摘要：

  2f x a x b , 又 由于39。 ( ) 6 2f x x, 得3 , 2ab  . 所以   232f x x x. 又因为点( , )( )nn S n  N均在函数()y f x的图像上，所以232nS n n. 当 n ≥2 时， 221( 3 2 ) 3 1 2 ( 1 ) 6 5n n na S S n n n n n         。 当 n =1 时，11 3 1 2 1 6 1 5 ,aS         所以6 5 ( )na n n    N. （ Ⅱ ） 由（ Ⅰ ）得  13 1 1 1 1( 6 5 ) 6 ( 1 ) 5 2 6 5 6 1nnnba a n n n n       ， 故11 1 1 1 1 11 . . .2 7 7 1 3 6 5 6 1nniiTbnn                      =1112 6 1n. 把代数式1112 6 1n看作n的函数 n, 因此，使得 1112 6 1 2 0mnn  成立的m必须满足  n的最大值20m  m a xm a x1 1 112 6 1 2 0nn   , 即12≤20m，即10m , 故满足要求的最小整数m为 10 . 【例 3 】 （ 20 07 年北京卷 , 文）已知函数y kx与2 2 ( 0 )y x x  的图象相交于11()A x y，22()B x y，1l，2l分别是2 2 ( 0 )y x x  的图象在AB，两点的切线，MN，分别是1l，2l与x轴的交点． （ Ⅰ ） 求k的取值范围； （ Ⅱ ） 设t为点M的横坐标，当12xx时，写出t以1x为自变量的函数式，并求其定义域和值域； （ Ⅲ ） 试比较OM与ON的大小，并说明理由（O是坐标原点）． 【分析及解】 （ Ⅰ ）解得22k ． （ Ⅱ ）由( ) 2f x x ，求得切线1l的方程为1 1 12 ( )y x x x y  ， 由211 2yx ，并令0y ，得1112xtx 1x，2x是方程 ① 的两实根，且12xx， 故 212842 8kkxkk，22k ， 这时需要把1x看作是k的函数 , 1x是关于k的减函数，所以1x的取值范围是( 0 2 )，．t是关于1x的增函数，定义域为( 0 2 )，所以值域为() ， 0， （ Ⅲ ）略． 【例 4 】 ( 200 5 江西卷，理 ) 已知数列}{ na各项都是正数 , 且满足 0111 , ( 4 ) , .2n n na a a a n    N （ Ⅰ ） 证明1 2 ,。 nna a n   N （ Ⅱ ） 求数列}{ na的通项公式 an. 【分析及解】 （ Ⅰ ） 解法 1. 把11( 4 ) , .2nnna a a n   N看作一个函数 , 其中把na看作自变量 , 把1na 看作na的函数 , 即设)4(21)( xxxf . 由此启发得  .22221])2(4[21)4(21 221 kkkkkaaaaa 于是 ,2ka 又因为 21112 2 0 ,22k k k k k k ka a a a a a a        所以 kk aa  1, 由以上有1 2 ,。 nna a n   N 解法 2 . 用数学归纳法证明 ： 1176。 当1n 时，,23)4(21,10010 aaaa ∴20 10  aa； 2176。 假设 n = k 时有21  kk aa成立， 令)4(21)( xxxf ，)( xf在 [0 ， 2] 上单调递增， 所以由假设有：),2()()( 1 fafaf kk  即),24(221)4(21)4(2111 kkkkaaaa 也即当 n= k+ 1 时 21  kk aa成立， 所以对一切1,2 kkn a a  N 有. 比较这两个解法，用函数的观点求解的解法 1 更为简捷 . （ Ⅱ ） 略 . 【例 5 】（ 2020 江苏卷）已知函数3( ) 3 1f x ax x  （x  R），对于[ 1 1 ]x  ，总有( ) 0fx 成立，则实数 a 的值为 ． 【分析及解】 当0x 时 ,  10fx 。 当 0 , 1x 时 , 3( ) 3 1 0f x ax x   可化为 2331axx, 把代数式2331xx看作函 数设 2331gxxx, 则  43 1 2 xgxx , 所以 , gx在10,2 上单调递增 , 在1,12上单调递减 , 因此 , 当12x 时 ,  gx最大 ,  m a x142g x g , 从而4a  当 1 , 0x 时 , 3( ) 3 1 0f x ax x   可化为 2331axx, 当 1 , 0x 时 ,  43 1 20xgxx , 所以 , gx在 1 , 0上单调递增 , 因此 ,当 1x  时 ,  gx最小 ,    m in 14g x g  , 从而 4a  . 由以上 ,  【例 6 】 （ 200 7 广东卷 , 理 , 文） 已知a是实数，函数2( ) 2 2 3f x a x x a   ．如果 函数()y f x在区间[ 1 , 1 ]上有零点，求a的取值范围． 【 分析及 解】0a 时，不符合题意，所以0a , 又 ∴2( ) 2 2 3 0f x ax x a    在 1 , 1上有解 2( 2 1 ) 3 2x a x   在 1 , 1上有解 21 2 132xax在 1 , 1上有解 . 把等式的右边看作函数 22132xx, 设 22132xyx,1 , 1x . 问题转化为求函数 22132xyx 1 , 1x 上的值域； 设32tx， 1 , 1x ， 则23xt， 1 , 5t , 21 ( 3 ) 2 1 7( 6 )22tyttt    ， 设 2277( ) , ( )tg t t g ttt  ， [ 1 , 7 )t 时，( ) 0gt  ，此函数 gt单调递减， ( 7 , 5 ]t 时，( ) 0gt  , 此函数 gt单调递增， ∴ 函数 22132xyx, 1 , 1x 上的值域是[ 7 3 , 1 ]， ∴2( ) 2 2 3 0f x ax x a    在 1 , 1上有解 等价于17 3 1a   解得1a 或372a. 2. 是不是想到运 用函数和方程的性质 . 【例 1 】 解方程 3 4 5 6x x x x x    R. 【分析及解】 不难验证 , 3 3 3 33 4 5 6  , 即3x 是方程的一个解 . 但是 , 方程还有没有其它的解呢 ? 我们把方程转化为函数 , 把方程化为 1 2 512 3 6x x x                 . 把方程的左边看作函数 , 设 1 2 52 3 6xx xfx             . 我们研究当3x 时 , 函数 fx的性质 . 由于xya, 对于01 a是 R 上的减函数 , 则当3x 时 , 有  3 3 31 2 5 1 2 512 3 6 2 3 6x x xfx                                       , 当3x 时 , 有  3 3 31 2 5 1 2 512 3 6 2 3 6x x xfx                                        所以 , 当3x 时 , 函数  1fx , 即方程没有3x 以外的解 . 【例 2 】 解方程5 3 2xxx   . 【分析及解】 这个方程既有 无理函数 , 又有指数函数 , 直接解有困难 . 5 2 3 xxx   . 把方程的两边分别看作是x的函数 . 设    5 2 , 3 .xf x x x g x      fx和 gx的共同定义域是 2xx . 显然 ,     11 5 1 2 1 3 , 1 3 3 .fg       所以 ,   11fg , 即1x 是方程的根 . 由于 fx是定义域上的减函数 ,  gx是定义域上的增函数 , 则当1x 时 ,  。