函数与方程思想

第 1 讲 函数与方程思想
例1
已知 a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，a＋bc－1＝0，
求 a 的取值范围．
解 方法一 (方程思想)：因为 b＋c＝－a，bc＝1－a. 所以 b，c 是方程 x2＋ax＋1－a＝0 的两根， 所以 Δ＝a2－4(1－a)≥0，即 Δ＝a2＋4a－4≥0， 解得 a≥－2＋2 2或 a≤－2－2 2.
－1－a<0 即 1－a≥0
，∴－1<a≤1.故 a 的取值范围是(－1,1]．
若关于 x 的方程 9x＋(4＋a)·x＋4＝0 有大于 1 的解， 3 则实数 a 的取值范围是( 25 A．a<－ 3 13 C．a<－ 3 ) B．a≤－8 D．a≤－4
• [答案] A
[解析]
由原方程得
4．函数与方程的思想在解题中的应用 (1)函数与不等式的相互转化，对函数 y＝f(x)，当 y>0 时，就化为不等式 f(x)>0，借助于函数的图象和性质可 解决有关问题，而研究函数的性质也离不开不等式． (2)数列的通项与前 n 项和是自变量为正整数的函数， 用函数的观点去处理数列问题十分重要． (3)解析几何中的许多问题，需要通过解二元方程组才 能解决．这都涉及二次方程与二次函数的有关理论． (4)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经 常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解 决，建立空间直角坐标系后，立体几何与函数的关系 更加密切．
答案 (－∞，－1)
考题分析
【例5】
对于满足0≤p≤4的所有实数p，使不等式 x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范围是______。 【分析】按照一般思路，易把不等式当作关于x的二 次不等式来解.若变换主元,把不等式看成关于p的一 次不等式来解则简单得多．
x 0或x 1
已知二次函数f ( x ) ax bx c和一次
探究提高 研究此类含参数的三角、指数、对数等复杂 方程解的问题，通常有两种处理思路：一是分离参数构 建函数，将方程有解转化为求函数的值域；二是换元， 将复杂方程问题转化为熟悉的二次方程， 进而利用二次 方程解的分布情况构建不等式或构造函数加以解决．
1、求证3 4 5 有且仅有一解
x x x
2．方程的思想 在解决问题时，用事先设定的未知数沟通问题中所 涉及的各量间的等量关系，建立方程或方程组，求 出未知数及各量的值，或者用方程的性质去分析、 转化问题，使问题获得解决． 3．函数的思想与方程的思想的关系 在中学数学中，很多函数的问题需要用方程的知识 和方法来支持，很多方程的问题需要用函数的知识 和方法去解决．对于函数 y＝f(x)，当 y＝0 时，就转 化为方程 f(x)＝0，也可以把函数 y＝f(x)看作二元方 程 y－f(x)＝0，函数与方程可相互转化．
3、已知x 2 y 2, 求x 2 y 最小值
2 2
1 变式训练 3 求自然数 a 的最大值，使不等式 n＋1 1 1 ＋ ＋„＋ >a－7 对一切自然数 n 都成立． n＋2 3n＋1
1 1 1 解 令 f(n)＝ ＋ ＋„＋ (n∈N)． n＋1 n＋2 3n＋1 对任意的 n∈N， 1 1 1 1 f(n＋1)－f(n)＝ ＋ ＋ － 3n＋2 3n＋3 3n＋4 n＋1 2 ＝ >0， 3(n＋1)(3n＋2)(3n＋4) 所以 f(n)在 N 上是增函数． 13 又 f(1)＝ ，f(0)＝1，对一切自然数 n，f(n)>a－7 都成立 12 的充要条件是 1>a－7， 所以 a<8，故所求自然数 a 的最大值是 7.
探究提高 在解决不等式恒成立问题时， 一种最重要的 思想方法就是构造适当的函数利用函数的图象和性质 解决问题．同时要注意在一个含多个变量的数学问题 中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系， 使问题更明朗化，一般地，已知存在范围的量为变量， 而待求范围的量为参数．
题型四
函数与方程思想在解决优化问题中的应用
2
函数g( x ) -bx，其中a , b, c满足a b c , a b c 0, a , b, c R （1）求证两函数的图像交于不同的两点A, B （2）求线段AB在横轴上的射影A1 B1的长的 取值范围
题型二 例2
函数与方程思想在方程问题中的应用 π 2 如果方程 cos x－sin x＋a＝0 在(0， ]上有解， 2
题型一
函数与方程思想在求最值或参数范围中的应用
1 设函数 f(x)＝x－ ，对任意 x∈[1，＋∞)， x f(mx)＋mf(x)<0 恒成立，则实数 m 的取值范围是 _________.
1 解析 ∵f(x)＝x－ ，x∈[1，＋∞)， x f(mx)＋mf(x)<0， 1 1 ∴mx－ ＋m(x－ )<0， mx x 1 m ∴2mx－ － <0， mx x 即 mx[2m2x2－(1＋m2)]<0.
2、已知 tan 2 x 2 x m 0 ,
3
tan 3 y 3 3 y m 0 , 求 log2 ( 2 x 3 y 8 )的值
题型三 例3
函数与方程思想在不等式问题中的应用 已知 f(t)＝log2t，t∈[ 2，8]，对于 f(t)值域内的
所有的实数 m，不等式 x2＋mx＋4>2m＋4x 恒成立，求 x 的取值范围．
解
四、能力提升
3.若函数f ( x) 2ax x 1恰
2
有一个零点, 求a的取值范围;
变式：
若函数f ( x) 2ax x 1在
2
(0,1)上恰有一个零点, 求a的 取值范围;
四、能力提升
2
3.若函数f ( x) 2ax 2 x 3 a, a R
在区间 -1,1 有零点, 求a的取值范围;
变式训练 1 若 a、b 是正数，且满足 ab＝a＋b＋3，求 ab 的取值范围． 解 方法一 (看成函数的值域)∵ab＝a＋b＋3， ∴a≠1， a＋3 a＋3 ∴b＝ ，而 b>0，∴ >0， a－1 a－1 即 a>1 或 a<－3，又 a>0， ∴a>1，故 a－1>0. a＋3 (a－1)2＋5(a－1)＋4 ∴ab＝a· ＝ a－1 a－1 4 ＝(a－1)＋ ＋5≥9. a－1 4 当且仅当 a－1＝ ，即 a＝3 时取等号． a－1 4 又 a>3 时，(a－1)＋ ＋5 是关于 a 的单调增函数． a－1 ∴ab 的取值范围是[9，＋∞)．
例 4 三棱锥 S—ABC， SA＝x， 其余的所有棱长均为 1， 它的体积为 V. (1)求 V＝f(x)的解析表达式，并求此函数的定义域； (2)当 x 为何值时，V 有最大值？并求此最大值． 思维启迪
作出底面 ABC 的垂面，把原三棱锥看作以
思想方法概述
函数与方程是中学数学的重要概念，它们之间有着 密切的联系．函数与方程的思想是中学数学的基本思 想，主要依据题意，构造恰当的函数，或建立相应的方 程来解决问题，是历年高考的重点和热点． 1．函数的思想 用运动和变化的观点，集合与对应的思想分析和研 究具体问题中的数量关系，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 使问题获得解决．函数思想是对函数概念的本质认 识．
x
4 x 4＋a＝－3 ＋3x，
4 4 x 令 f(x)＝3 ＋3x，取 t＝3 ，则 g(t)＝t＋ t ， ∵g(t)在(0,2)上递减，在(2，＋∞)上递增， 13 而 x>1，∴t>3，∴g(t)>g(3)＝ 3 ，
4 13 x ∴－3 ＋3x<－ ， 3
求 a 的取值范围． 思维启迪 可分离变量为 a＝－cos2xቤተ መጻሕፍቲ ባይዱsin x，转化为确
定的相关函数的值域． 解 方法一 把方程变形为 a＝－cos2x＋sin x. π 2 设 f(x)＝－cos x＋sin x(x∈(0， ])． 2 显然当且仅当 a 属于 f(x)的值域时，a＝f(x)有解． 12 5 2 ∵f(x)＝－(1－sin x)＋sin x＝(sin x＋ ) － ， 2 4 π 且由 x∈(0， ]知 sin x∈(0,1]． 2 易求得 f(x)的值域为(－1,1]． 故 a 的取值范围是(－1,1]．
13 25 即 4＋a<－ ，∴a<－ . 3 3
变式训练 2 已知函数 f(x)＝2cos2x＋cos x－1，g(x)＝ cos2x＋a(cos x＋1)－cos x－3.若 y＝f(x)与 y＝g(x)的图 象在(0，π)内至少有一个公共点．试求 a 的取值范围．
y＝f(x)与 y＝g(x)的图象在区间(0，π)内至少有一个 y＝f(x) 公共点，即 有解，即令 f(x)＝g(x)， y＝g(x) cos2x＋a(1＋cos x)－cos x－3＝2cos2x＋cos x－1， a(1＋cos x)＝(cos x＋1)2＋1， ∵x∈(0，π)，∴0<1＋cos x<2， 1 ∴a＝1＋cos x＋ ≥2. 1＋cos x 1 当且仅当 1＋cos x＝ ， cos x＝0 时“＝”成立． 即 1＋cos x ∴当 a≥2 时， y＝f(x)与 y＝g(x)所组成的方程组在(0， π) 内有解，即 y＝f(x)与 y＝g(x)的图象至少有一个公共点．
方法二 (看成不等式的解集)∵a，b 为正数， ∴a＋b≥2 ab，又 ab＝a＋b＋3，∴ab≥2 ab＋3. 即( ab)2－2 ab－3≥0， 解得 ab≥3 或 ab≤－1(舍去)，∴ab≥9. ∴ab 的取值范围是[9，＋∞)． 方法三 若设 ab＝t，则 a＋b＝t－3， ∴a，b 可看成方程 x2－(t－3)x＋t＝0 的两个正根． Δ＝(t－3)2－4t≥0 t≤1或t≥9 从而有a＋b＝t－3>0 ，即t>3 ， t>0 ab＝t>0 解得 t≥9，即 ab≥9.∴ab 的取值范围是[9，＋∞)．
方法二
(函数思想) 1＋c 2 可令 f(c)＝ －c＝－2＋(1－c)＋ ， 1－c 1－c 2 当 1－c>0 时，f(c)≥－2＋2 (1－c) ＝－2＋2 2； 1－c 当 1－c<0 时， 2 f(c)≤－2－2 (c－1) ＝－2－2 2. c－1 所以 a 的范围是 a≥－2＋2 2或 a≤－2－2 2.
π 方法二 令 t＝sin x，由 x∈(0， ]，可得 t∈(0,1]． 2 将方程变为 t2＋t－1－a＝0. 依题意，该方程在(0,1]上有解． 设 f(t)＝t2＋t－1－a. 1 其图象是开口向上的抛物线，对称轴 t＝－ ， 2 如图所示． f(0)<0 因此 f(t)＝0 在(0,1]上有解等价于 ， f(1)≥0
由 f(mx)＋mf(x)<0 在 x∈[1，＋∞)上恒成立知， mx[2m2x2－(1＋m2)]<0 在 x∈[1，＋∞)上恒成立． ∴m≠0. 当 m<0 时，只要 2m2x2－(1＋m2)>0 恒成立， 1＋m2 即 x2> ， 2m2 1＋m2 ∵x∈[1，＋∞)，∴ <1， 2m2 ∴m2>1，∴m<－1. 当 m>0 时，只要 2m2x2－(1＋m2)<0 恒成立， 1＋m2 即 x2< . 2m2 1＋m2 ∵x∈[1，＋∞)，∴x2< 不恒成立． 2m2 综上，实数 m 的取值范围为(－∞，－1)．
(t 思维启迪 求 f )的值域→变更主元，将 m 看作主元→构 造 g(m)＝m(x－2)＋x2－4x＋4. 1 1 解 ∵t∈[ 2，8]，∴f(t)∈2，3，从而 m∈2，3， 2 原题可转化为 m(x－2)＋(x－2) >0 恒成立． 当 x＝2 时，不等式不成立．∴x≠2， 令 g(m)＝m(x－2)＋(x－2)2 为 m 的一次函数． 1 ，3上恒大于 0. 问题转化为 g(m)在 m∈ 2 g1>0， 2 解得 x>2 或 x<－1. g(3)>0. 故 x 的取值范围是(－∞，－1)∪(2，＋∞)．