新教材適用2024版高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第2篇核心素養(yǎng)謀局思想方法導(dǎo)航第1講函數(shù)與方程思想教師用書

第1講函數(shù)與方程思想1.函數(shù)與方程思想的含義(1)函數(shù)思想是用運(yùn)動(dòng)和變化的觀點(diǎn)分析和研究數(shù)學(xué)中的數(shù)量關(guān)系，是對(duì)函數(shù)概念的本質(zhì)認(rèn)識(shí)，建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用函數(shù)的圖象和性質(zhì)去分析問(wèn)題、轉(zhuǎn)化問(wèn)題，從而使問(wèn)題獲得解決的思想方法．(2)方程思想就是分析數(shù)學(xué)問(wèn)題中變量間的等量關(guān)系，建立方程或方程組，或者構(gòu)造方程，通過(guò)解方程或方程組，或者運(yùn)用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問(wèn)題，使問(wèn)題獲得解決的思想方法．(3)函數(shù)與方程思想在一定的條件下是可以相互轉(zhuǎn)化的，是相輔相成的．函數(shù)思想重在對(duì)問(wèn)題進(jìn)行動(dòng)態(tài)的研究，方程思想則是在動(dòng)中求靜，研究運(yùn)動(dòng)中的等量關(guān)系．方程思想與函數(shù)思想密切相關(guān)：方程f(x)＝0的解就是函數(shù)y＝f(x)的圖象與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)；函數(shù)y＝f(x)也可以看作二元方程f(x)－y＝0，通過(guò)方程進(jìn)行研究；方程f(x)＝a有解，當(dāng)且僅當(dāng)a屬于函數(shù)f(x)的值域．函數(shù)與方程的這種相互轉(zhuǎn)化關(guān)系十分重要．2.高考把函數(shù)與方程思想作為思想方法的重點(diǎn)來(lái)考查，特別是在有關(guān)函數(shù)、三角函數(shù)、數(shù)列、不等式、解析幾何、平面向量、立體幾何等題目中．高考使用客觀題考查函數(shù)與方程思想的基本運(yùn)算，而在主觀題中，則從更深的層次，在知識(shí)網(wǎng)絡(luò)的交匯處，從思想方法與相關(guān)能力相結(jié)合的角度深入考查．3.常見(jiàn)方法(1)運(yùn)用函數(shù)相關(guān)概念的本質(zhì)解題在理解函數(shù)的定義域、值域、性質(zhì)等本質(zhì)的基礎(chǔ)上，主動(dòng)、準(zhǔn)確地運(yùn)用它們解答問(wèn)題．常見(jiàn)問(wèn)題有：求函數(shù)的定義域、解析式、最值，研究函數(shù)的性質(zhì)．(2)利用函數(shù)性質(zhì)求解方程問(wèn)題函數(shù)與方程相互聯(lián)系，借助函數(shù)的性質(zhì)可以解決方程解的個(gè)數(shù)及參數(shù)取值范圍的問(wèn)題．(3)構(gòu)造函數(shù)解決一些數(shù)學(xué)問(wèn)題在一些數(shù)學(xué)問(wèn)題的研究中，可以通過(guò)建立函數(shù)關(guān)系式，把要研究的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的性質(zhì)，達(dá)到化繁為簡(jiǎn)，化難為易的效果．應(yīng)用1函數(shù)與方程思想在方程、不等式中的應(yīng)用核心知識(shí)·精歸納1.函數(shù)與不等式的相互轉(zhuǎn)化，對(duì)函數(shù)y＝f(x)，當(dāng)y>0時(shí)，就化為不等式f(x)>0，借助于函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決有關(guān)問(wèn)題，而研究函數(shù)的性質(zhì)也離不開(kāi)不等式．2.含參不等式恒成立與存在性問(wèn)題函數(shù)(方程)法是指通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，把恒成立問(wèn)題與轉(zhuǎn)化為函數(shù)的值域問(wèn)題，從而得到關(guān)于參數(shù)的方程的方法．破解此類題的關(guān)鍵點(diǎn)：(1)靈活轉(zhuǎn)化：①“關(guān)于x的不等式f(x)<g(a)在區(qū)間D上恒成立”轉(zhuǎn)化為“fmax(x)<g(a)”；“關(guān)于x的不等式f(x)>g(a)在區(qū)間D上恒成立”轉(zhuǎn)化為“fmin(x)>g(a)”；②“關(guān)于存在x∈D使得不等式f(x)<g(a)成立”轉(zhuǎn)化為“fmin(x)<g(a)”；“關(guān)于存在x∈D使得不等式f(x)>g(a)成立”轉(zhuǎn)化為“fmax(x)>g(a)”；(2)求函數(shù)值域，利用函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)、圖象等求函數(shù)的值域；(3)得出結(jié)論，列出參數(shù)a所滿足的方程，通過(guò)解方程，求出a的值．典例研析·悟方法典例1(1)(2022·晉城二模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≤0，,－x2＋bx，x＞0，))為奇函數(shù)，則b＝(D)A．－2 B．0C．1 D．2【解析】當(dāng)x＞0時(shí)，－x＜0，f(－x)＝－f(x)＝(－x)2＋2(－x)＝x2－2x，可得x＞0時(shí)，f(x)＝－x2＋2x，又x＞0時(shí)，f(x)＝－x2＋bx，所以b＝2.故選D.(2)(2022·十堰模擬)函數(shù)f(x)＝16x＋eq\f(1,4x)＋eq\f(1,2x－1)的最小值為(A)A．4 B．2eq\r(2)C．3 D．4eq\r(2)【解析】f(x)＝16x＋eq\f(1,4x)＋eq\f(1,2x－1)＝16x＋eq\f(1,4x)＋eq\f(1,2x)＋eq\f(1,2x)≥4eq\r(4,16x·\f(1,4x)·\f(1,2x)·\f(1,2x))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立，所以f(x)的最小值為4.故選A.(3)(多選)(2023·吉林通化梅河口市第五中學(xué)?？家荒?下列不等式成立的是(BCD)A．2sin1<log2(sin1) B．eq\f(lnπ,π)<eq\f(1,2.7)C.eq\f(20224＋1,20223＋1)<eq\f(20225＋1,20224＋1) D．log43<log65【解析】對(duì)于選項(xiàng)A，因?yàn)?<sin1<1，所以1＝20<2sin1<21＝2，log2(sin1)<log21＝0，所以2sin1>log2(sin1)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，又因?yàn)閒′(x)>0?0<x<e，f′(x)<0?x>e，所以f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(π)<f(e)，即：eq\f(lnπ,π)<eq\f(lne,e)＝eq\f(1,e)，又因?yàn)閑q\f(1,e)<eq\f(1,2.7)，所以eq\f(lnπ,π)<eq\f(1,2.7).故選項(xiàng)B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，eq\f(20224＋1,20223＋1)－eq\f(20225＋1,20224＋1)＝eq\f(20224＋12－20223＋120225＋1,20223＋120224＋1)＝eq\f(2×20224－20223＋20225,20223＋120224＋1)，因?yàn)?0223＋20225>2eq\r(20223×20225)＝2×20224，所以2×20224－(20223＋20225)<0，所以eq\f(20224＋1,20223＋1)－eq\f(20225＋1,20224＋1)<0，即：eq\f(20224＋1,20223＋1)<eq\f(20225＋1,20224＋1).故選項(xiàng)C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，因?yàn)?5<44＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\f(4,5)))5，所以3<4eq\f(4,5)，所以log43<log44eq\f(4,5)＝eq\f(4,5)，又因?yàn)?5>64＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6\f(4,5)))5，所以5>6eq\f(4,5)，所以log65>log66eq\f(4,5)＝eq\f(4,5)，所以log65>log43.故選項(xiàng)D正確．故選BCD.應(yīng)用2函數(shù)與方程思想在數(shù)列中的應(yīng)用核心知識(shí)·精歸納數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和是自變量為正整數(shù)的函數(shù)，可用函數(shù)的觀點(diǎn)去處理數(shù)列問(wèn)題，常涉及最值問(wèn)題或參數(shù)范圍問(wèn)題，一般利用二次函數(shù)；等差數(shù)列或等比數(shù)列的基本量的計(jì)算一般化歸為方程(組)來(lái)解決．典例研析·悟方法典例2(1)(2022·全國(guó)高二課時(shí)練習(xí))設(shè)數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＋a4＋a7＝99，a2＋a5＋a8＝93，若對(duì)任意n∈N*都有Sn≤Sk成立，則k的值是(B)A．10 B．20C．30 D．40【解析】設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a4＋a7＝3a1＋9d＝99，,a2＋a5＋a8＝3a1＋12d＝93，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝39，,d＝－2，))∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝39n－n(n－1)＝－n2＋40n＝－(n－20)2＋400.∴當(dāng)n＝20時(shí)，Sn取得最大值．∵對(duì)任意n∈N*都有Sn≤Sk成立，∴Sk為數(shù)列{Sn}的最大值，∴k＝20.故選B.(2)(2023·河南校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè))記正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足eq\f(1,a\o\al(2,1)－1)＋eq\f(1,a\o\al(2,2)－1)＋eq\f(1,a\o\al(2,3)－1)＋…＋eq\f(1,a\o\al(2,n)－1)＝eq\f(n,4n＋1).若不等式λSn≥an＋1恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)).【解析】因?yàn)閑q\f(1,a\o\al(2,1)－1)＋eq\f(1,a\o\al(2,2)－1)＋eq\f(1,a\o\al(2,3)－1)＋…＋eq\f(1,a\o\al(2,n)－1)＝eq\f(n,4n＋1)①，所以當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(1,a\o\al(2,1)－1)＋eq\f(1,a\o\al(2,2)－1)＋eq\f(1,a\o\al(2,3)－1)＋…＋eq\f(1,a\o\al(2,n－1)－1)＝eq\f(n－1,4n)②.①－②，得eq\f(1,a\o\al(2,n)－1)＝eq\f(n,4n＋1)－eq\f(n－1,4n)＝eq\f(1,4nn＋1)，所以aeq\o\al(2,n)＝4n2＋4n＋1＝(2n＋1)2，因?yàn)閿?shù)列{an}是正項(xiàng)數(shù)列，則an＝2n＋1(*)．當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(1,a\o\al(2,1)－1)＝eq\f(1,4×1＋1)，則a1＝3，符合(*)式，從而an＝2n＋1，{an}是首項(xiàng)為3，公比為2的等差數(shù)列，所以Sn＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n，由λSn≥an＋1，得λ(n2＋2n)≥2n＋2，即λ≥eq\f(2n＋2,n2＋2n).令f(n)＝eq\f(2n＋2,n2＋2n)＝eq\f(2n＋1,n＋12－1)＝eq\f(2,n＋1－\f(1,n＋1))，因?yàn)間(n)＝(n＋1)－eq\f(1,n＋1)在n∈N*時(shí)單調(diào)遞增，所以f(n)＝eq\f(2,n＋1－\f(1,n＋1))單調(diào)遞減，則當(dāng)n＝1時(shí)，f(n)取得最大值，且為eq\f(4,3)，所以λ≥eq\f(4,3).應(yīng)用3函數(shù)與方程思想在解析幾何中的應(yīng)用核心知識(shí)·精歸納1.解析幾何中求斜率、截距、半徑、點(diǎn)的坐標(biāo)、離心率等幾何量經(jīng)常要用到方程(組)的思想；直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問(wèn)題，可以通過(guò)轉(zhuǎn)化為一元二次方程，利用判別式進(jìn)行解決；求變量的取值范圍和最值問(wèn)題常轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域、最值，用函數(shù)的思想分析解答．2.直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題，通常借助根的判別式和根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行求解，這是方程思想在解析幾何中的重要應(yīng)用．解析幾何問(wèn)題的方程(函數(shù))法可以拓展解決解析幾何問(wèn)題的思維，通過(guò)代數(shù)運(yùn)算、方程判定等解決解析幾何中的位置關(guān)系、參數(shù)取值等問(wèn)題．典例研析·悟方法典例3(2023·北京高三北京市陳經(jīng)綸中學(xué)校考開(kāi)學(xué)考試)卵圓是常見(jiàn)的一類曲線，已知一個(gè)卵圓C的方程為：eq\f(x2,x＋2)＋eq\f(y2,4)＝1(x>－2)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A(1,0)，點(diǎn)P為卵圓上任意一點(diǎn)，則下列說(shuō)法中正確的是_①③④__.①卵圓C關(guān)于x軸對(duì)稱②卵圓上不存在兩點(diǎn)關(guān)于直線x＝eq\f(1,2)對(duì)稱③線段PO長(zhǎng)度的取值范圍是[1,2]④△OAP的面積最大值為1【分析】利用點(diǎn)(x，y)和(x，－y)均滿足方程，即可判斷①；設(shè)(x0，y0)和(1－x0，y0)都在卵圓C上，再解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x0＋2)＋\f(y\o\al(2,0),4)＝1，,\f(1－x02,1－x0＋2)＋\f(y\o\al(2,0),4)＝1))即可判斷②；利用兩點(diǎn)間的距離公式表示|OP|2，然后利用導(dǎo)數(shù)研究其最值，即可判斷③；利用三角形的面積公式表示出S△OAP，然后利用導(dǎo)數(shù)研究其最值，即可判斷④.【解析】對(duì)于①，設(shè)(x，y)是卵圓C上的任意一個(gè)點(diǎn)，因?yàn)閑q\f(x2,x＋2)＋eq\f(－y2,4)＝eq\f(x2,x＋2)＋eq\f(y2,4)＝1，所以點(diǎn)(x，－y)也在卵圓C上，又點(diǎn)(x，y)和點(diǎn)(x，－y)關(guān)于x軸對(duì)稱，所以卵圓C關(guān)于x軸對(duì)稱，故①正確；對(duì)于②，設(shè)(x0，y0)在卵圓C上，(x0，y0)關(guān)于直線x＝eq\f(1,2)對(duì)稱的點(diǎn)(1－x0，y0)也在卵圓C上，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x0＋2)＋\f(y\o\al(2,0),4)＝1，,\f(1－x02,1－x0＋2)＋\f(y\o\al(2,0),4)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－1，,y0＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2，,y0＝0，))所以卵圓上存在(－1,0)，(2,0)兩點(diǎn)關(guān)于直線x＝eq\f(1,2)對(duì)稱，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③，由eq\f(x2,x＋2)＋eq\f(y2,4)＝1，得eq\f(x2,x＋2)＝1－eq\f(y2,4)，所以eq\f(x2,x＋2)≤1，又x>－2，所以－1≤x≤2，設(shè)點(diǎn)P(x，y)，x∈[－1,2]，則|OP|2＝x2＋y2＝x2＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,x＋2)))＝eq\f(x3－2x2,x＋2)＋4，令f(x)＝eq\f(x3－2x2,x＋2)＋4，(x∈[－1,2])，則f′(x)＝eq\f(2xx2＋2x－4,x＋22)，(x∈[－1,2])，令f′(x)＝0，則x＝0或－1±eq\r(5)，當(dāng)－1<x<0或－1＋eq\r(5)<x<2時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)0<x<－1＋eq\r(5)時(shí)，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(－1,0)，(－1＋eq\r(5)，2)上遞增，在(0，－1＋eq\r(5))上遞減，又f(－1)＝1，f(0)＝4，f(－1＋eq\r(5))＝26－10eq\r(5)，f(2)＝4，且26－10eq\r(5)>1，所以f(x)min＝1，f(x)max＝4，即|OP|2∈[1,4]，所以|OP|∈[1,2]，故③正確；對(duì)于④，點(diǎn)P(x，y)，x∈[－1,2]，S△OAP＝eq\f(1,2)|OA|·|y|＝eq\f(1,2)×2eq\r(1－\f(x2,x＋2))＝eq\r(1－\f(x2,x＋2))，令g(x)＝eq\f(x2,x＋2)，－1≤x≤2，則g′(x)＝eq\f(xx＋4,x＋22)，－1≤x≤2，當(dāng)－1<x<0時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)0<x<2時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(－1,0)上遞減，在(0,2)上遞增，所以g(x)min＝g(0)＝0，此時(shí)△OAP的面積取得最大值1，故④正確．應(yīng)用4函數(shù)與方程思想在立體幾何中的應(yīng)用核心知識(shí)·精歸納立體幾何中有關(guān)線段、角、面積、體積的計(jì)算，經(jīng)常需要運(yùn)用列方程或建立函數(shù)表達(dá)式的方法加以解決．典例研析·悟方法典例4已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點(diǎn)為O，底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)，其高為(C)A.eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(2),2)【分析】方法一：先證明當(dāng)四棱錐的頂點(diǎn)O到底面ABCD所在小圓距離一定時(shí)，底面ABCD面積最大值為2r2，進(jìn)而得到四棱錐體積表達(dá)式，再利用均值定理去求四棱錐體積的最大值，從而得到當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)其高的值．【解析】方法一：【最優(yōu)解】基本不等式設(shè)該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，設(shè)四邊形ABCD對(duì)角線夾角為α，則SABCD＝eq\f(1,2)·AC·BD·sinα≤eq\f(1,2)·AC·BD≤eq\f(1,2)·2r·2r＝2r2(當(dāng)且僅當(dāng)四邊形ABCD為正方形時(shí)等號(hào)成立)即當(dāng)四棱錐的頂點(diǎn)O到底面ABCD所在小圓距離一定時(shí)，底面ABCD面積最大值為2r2，又設(shè)四棱錐的高為h，則r2＋h2＝1，VO－ABCD＝eq\f(1,3)·2r2·h＝eq\f(\r(2),3)eq\r(r2·r2·2h2)≤eq\f(\r(2),3)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r2＋r2＋2h2,3)))3)＝eq\f(4\r(3),27)，當(dāng)且僅當(dāng)r2＝2h2即h＝eq\f(\r(3),3)時(shí)等號(hào)成立．故選C方法二：統(tǒng)一變量＋基本不等式由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時(shí)，其體積最大，設(shè)底面邊長(zhǎng)為a，底面所在圓的半徑為r，則r＝eq\f(\r(2),2)a，所以該四棱錐的高h(yuǎn)＝eq\r(1－\f(a2,2))，V＝eq\f(1,3)a2eq\r(1－\f(a2,2))＝eq\f(4,3)eq\r(\f(a2,4)·\f(a2,4)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a2,2))))≤eq\f(4,3)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(a2,4)＋\f(a2,4)＋1－\f(a2,2),3)))3)＝eq\f(4,3)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3)＝eq\f(4\r(3),27)(當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a2,4)＝1－eq\f(a2,2)，即a2＝eq\f(4,3)時(shí)，等號(hào)成立)所以該四棱錐的體積最大時(shí)，其高h(yuǎn)＝eq\r(1－\f(a2,2))＝eq\r(1－\f(2,3))＝eq\f(\r(3),3).故選C.方法三：利用導(dǎo)數(shù)求最值由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時(shí)，其體積最大，設(shè)底面邊長(zhǎng)為a，底面所在圓的半徑為r，則r＝eq\f(\r(2),2)a，所以該四棱錐的高h(yuǎn)＝eq\r(1－\f(a2,2))，V＝eq\f(1,3)a2eq\r(1－\f(a2,2))，令a2＝t(0<t<2)，V＝eq\f(1,3)eq\r(t2－\f(t3,2))，設(shè)f(t)＝t2－eq\f(t3,2)，則f′(t)＝2t－eq\f(3t2,2)，0<t<eq\f(4,3)，f′(t)>0，單調(diào)遞增，eq\f(4,3)<t<2，f′(t)<0，單調(diào)遞減，所以當(dāng)t＝eq\f(4,3)時(shí)，V最大，此時(shí)h＝eq\r(1－\f(a2,2))＝eq\f(\r(3),3).故選C.【整體點(diǎn)評(píng)】方法一：思維嚴(yán)謹(jǐn)，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是該題的最優(yōu)解；方法二：消元，實(shí)現(xiàn)變量統(tǒng)一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，實(shí)現(xiàn)變量統(tǒng)一，利用導(dǎo)數(shù)求最值，是最值問(wèn)題的常用解法，操作簡(jiǎn)便，是通性通法．應(yīng)用5函數(shù)與方程思想在平面向量中的應(yīng)用核心知識(shí)·精歸納1.平面向量問(wèn)題的函數(shù)(方程)法是把平面向量問(wèn)題，通過(guò)模、數(shù)量積等轉(zhuǎn)化為關(guān)于相應(yīng)參數(shù)的函數(shù)(方程)問(wèn)題，從而利用相關(guān)知識(shí)結(jié)合函數(shù)或方程思想來(lái)處理有關(guān)參數(shù)值問(wèn)題．破解此類題的關(guān)鍵點(diǎn)：(1)向量代數(shù)化，利用平面向量中的模、數(shù)量積等結(jié)合向量的位置關(guān)系、數(shù)量積公式等進(jìn)行代數(shù)化，得到含有參數(shù)的函數(shù)(方程)；(2)代數(shù)函數(shù)(方程)化，利用函數(shù)(方程)思想，結(jié)合相應(yīng)的函數(shù)(方程)的性質(zhì)求解問(wèn)題；(3)得出結(jié)論，根據(jù)條件建立相應(yīng)的關(guān)系式，并得到對(duì)應(yīng)的結(jié)論．2.平面向量中含函數(shù)(方程)的相關(guān)知識(shí)，對(duì)平面向量的模進(jìn)行平方處理，把模問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)量積問(wèn)題，再利用函數(shù)與方程思想來(lái)分析與處理，這是解決此類問(wèn)題一種比較常見(jiàn)的思維方式．典例研析·悟方法典例5(2023·天津南開(kāi)高三南開(kāi)中學(xué)校考階段練習(xí))如圖，在邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD中，P是對(duì)角線AC上一點(diǎn)，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AC,\s\up6(→))，則eq\o(DP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝－eq\f(12,25)，若點(diǎn)M為線段BD(含端點(diǎn))上的動(dòng)點(diǎn)，則eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的最小值為－eq\f(1,8).【分析】建立平面直角坐標(biāo)系，求得正方形各頂點(diǎn)坐標(biāo)，利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算求得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(2,5)))，可得eq\o(DP,\s\up6(→))，eq\o(BP,\s\up6(→))的坐標(biāo)，根據(jù)數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，求得eq\o(DP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))；設(shè)eq\o(DM,\s\up6(→))＝λeq\o(DB,\s\up6(→))＝(λ，－λ)，0≤λ≤1，表示出M(λ，1－λ)，可得eq\o(MP,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))坐標(biāo)，繼而求得eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的表達(dá)式，結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)求得eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的最小值．【解析】如圖，以A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(1,0)，D(0,1)，C(1,1)，∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1,1)，∵P是對(duì)角線AC上一點(diǎn)，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(2,5)))，可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(2,5)))，∴eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，－\f(3,5)))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(2,5)))，∴eq\o(DP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(2,5)＝－eq\f(12,25)；因?yàn)辄c(diǎn)M為線段BD(含端點(diǎn))上的動(dòng)點(diǎn)，則設(shè)eq\o(DM,\s\up6(→))＝λeq\o(DB,\s\up6(→))＝(λ，－λ)，0≤λ≤1，故M(λ，1－λ)，所以eq\o(MP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)－λ，λ－\f(3,5)))，eq\o(MB,\s\up6(→))＝(1－λ，λ－1)，故eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)－λ，λ－\f(3,5)))·(1－λ，λ－1)＝2λ2－3λ＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(3,4)))2－eq\f(1,8)，由于0≤λ≤1，所以λ＝eq\f(3,4)時(shí)，2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(3,4)))2－eq\f(1,8)取到最小值－eq\f(1,8)，即eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的最小值為－eq\f(1,8).應(yīng)用6函數(shù)與方程思想在概率統(tǒng)計(jì)中的應(yīng)用核心知識(shí)·精歸納利用概率知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題，尤其是生產(chǎn)和經(jīng)營(yíng)問(wèn)題，其實(shí)與一般的應(yīng)用題在本質(zhì)上沒(méi)有什么不同，只是因?yàn)閭€(gè)別因素由確定變量變成不確定變量，從而導(dǎo)致結(jié)果的不確定性，所以才需要作決策優(yōu)化，拋開(kāi)概率的煙霧彈，其實(shí)題目反映的都是最簡(jiǎn)單的公式(比如利潤(rùn)＝收入—成本)，所以面對(duì)復(fù)雜題目要學(xué)會(huì)審題，還是要回歸常識(shí)．典例研析·悟方法典例6(多選)(2023·山西晉城高三校考階段練習(xí))已知小李每天在上班路上都要經(jīng)過(guò)甲、乙兩個(gè)路口，且他在甲、乙兩個(gè)路口遇到紅燈的概率分別為eq\f(1,3)，p.記小李在星期一到星期五這5天每天上班路上在甲路口遇到紅燈個(gè)數(shù)之和為X，在甲、乙這兩個(gè)路口遇到紅燈個(gè)數(shù)之和為Y，則(BC)A．P(X＝4)＝eq\f(5,243)B．D(X)＝eq\f(10,9)C．小李星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次紅燈的概率的最大值為eq\f(216,625)D．當(dāng)p＝eq\f(2,5)時(shí)，E(Y)＝eq\f(44,3)【分析】確定X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,3)))，即可求出P(X＝4)和D(X)，判斷A，B；表示一天至少遇到一次紅燈的概率為eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)p，eq\f(1,3)<t<1，可求出星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次紅燈的概率的表達(dá)式，利用導(dǎo)數(shù)可求得其最大值，判斷C；計(jì)算一天中遇到紅燈次數(shù)的數(shù)學(xué)期望，即可求得E(Y)，判斷D.【解析】對(duì)于A，B，小李在星期一到星期五這5天每天上班路上在甲路口遇到紅燈個(gè)數(shù)之和為X，則X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,3)))，則P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))