函数与方程思想函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质，解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：二是在问题的研究中，通过建立函数关系式或构造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易，化繁为简的目的。

函数与方程的思想是中学数学的基本思想，也是历年高考的重点。

1 •函数的思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，建立函数关系或构造函数，运用函数的图像和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决。

2 •方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，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。

方程思想是动中求静，研究运动中的等量关系；3 •函数方程思想的几种重要形式(1) 函数和方程是密切相关的，对于函数y = f(x),当y= O时，就转化为方程f(x) = 0,也可以把函数式y= f(x)看做二元方程y —f(x) = O。

(2) 函数与不等式也可以相互转化，对于函数y = f(x),当y > O时，就转化为不等式f(x)> 0,借助于函数图像与性质解决有关问题，而研究函数的性质，也离不开解不等式；(3) 数列的通项或前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点处理数列问题十分重要；(4) 函数f(x) = (1+x)^n (n ∈N*)与二项式定理是密切相关的，利用这个函数用赋值法和比较系数法可以解决很多二项式定理的问题；(5) 解析几何中的许多问题，例如直线和二次曲线的位置关系问题，需要通过解二元方程组才能解决，涉及到二次方程与二次函数的有关理论；(6) 立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用布列方程或建立函数作出函数t =I x 2 — 1 I 的图象，结合函数的图象可知①当t = 0或t > 1时，原方程有两上不表达式的方法加以解决。

【例1 ].关于X 的方程(x 2— 1)2- ① 存在实数k ,使得方程恰有 ② 存在实数k ,使得方程恰有 ③ 存在实数k ,使得方程恰有 ④ 存在实数k ,使得方程恰有 其中真命题是 ______________解答：根据题意可令丨x 2— 1 I =-|x 2 — 1| + k = 0,给出下列四个命题：2个不同的实根； 4个不同的实根； 5个不同的实根； 8个不同的实根. t(t ≥ 0)则方程化为 t 2 —1+ k = 0 , (*)等的根，②当O V t<1时，原方程有4个根，③当t = 1时，原方程有3个根.(1) 当k= —2时，方程(*)有一个正根t= 2,相应的原方程的解有2个；(2) 当k=4时，方程(*)有两个相等正根t = 2,相应的原方程的解有4个；(3) 当k = 0时，此时方程(*)有两个不等根t = 0或t = 1 ,故此时原方程有5个根；1(4) 当0 < k < 4时，方程(*)有两个不等正根，且此时方程(*)有两正根且均小于 1 ,故相应的满足方程|x2—1| = t的解有8个答案：1234【例2】若不等式X2+ ax + 1≥0对于一切x∈( 0,1］成立，则a的最小值为 __________________1 1 5 5解答：1 .分离变量，有a≥—(x+ χ), x∈( 0,-］恒成立•右端的最大值为—-，a≥—-.12. 看成关于a的不等式，由f(0) ≥0且吃)≥0可求得a的范围•3. 设f(x) = X2+ ax + 1 ,结合二次函数图象，分对称轴在区间的内外三种情况进行讨论.2 11 54. f(x) = x2+ 1, g(x) = —ax ,则结合图形(象)知原问题等价于f(-) ≥g(),即a≥—2【例3】设f(x), g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x< 0时，f' (x) ∙+(xx) ∙g' (x) >0,且g( —3 ) =0,则不等式f(x)g(x) < 0的解集为____________________解析：以函数为中心，考查通性通法，设F (x) = f(x)g(x),由f(x), g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F( —x) = f( —x)g( —x) = —f(x)g(x) =—F(X),即F(X)为奇函数.又当x< 0时，F,(x=f ' (x)g(x+f(x)g '软0 ,所以x< 0 时，F(X)为增函数.因为奇函数在对称区间上的单调性相同，所以x>0时，F(X)也为增函数.因为F( —3)= f( —3)g( —3) = 0 = —F(3).如上图，是一个符合题意的图象，观察知不等式F(X) < 0的解集是(—∞,-3 ) ∪( 0,3 )【例4】已知实数a , b分别满足a 3—3a 2亠5a = 1, b3—3b 2■ 5b = 5 ,则a +b = ____________解答：已知的等式都是三次方程，直接通过方程解出a,b 有 一定的困难但是,题设的两个等式的左边的结构相同，使我们想到用 统一的式子来表示这两个等式，对题设的两个等式变形为33a -1• 2 a -1 二-2, b -1 • 2 b -1 ；=2 ,根据这两个等式的特征，构造函数f X =χ3∙2χ. 函数f X 是一个奇函数，又是R 上的增函数，则有f a — 1 = -2 , f b -1 =2 ,于是,f a _1 = _f b _1 = f 1 _b ,因而得 a _1 =1 _b. a b = 2.【例5】 若圆X 2 ■ y 2 一4χ _4y _10 =O 上至少有三个不同的点到直线 l : aχ +by =0的距离为2√2,则直线I 的倾斜角的取值范围是 ___________________________________解圆X 2・y 2_4x_4y_10=0整理为（X 一2） 2 ∙ （y 一2）2 =（3..2）2 ,•••圆心坐标为（2, 2）,半径为 3.2 ,要求圆上至少有三个不同的点到直线I : aχ ■ by =0的距离为2∙,2 ,则圆心到 直线I : aχ by=0的距离应小于等于、2 ,f a T f a )I- ： +4 — 1 + 1 ≤0 ,I b 丿I b 丿_2 _、3 • • i a 岂 _2 •、3 , k = —a , A 2 —、亍冬 k 乞 2 •3 , I b 丿 b直线I 的倾斜角的取值范围是 -,—112 12【例6】如果实数χ,y 满足等式（x —2 "y 2=3,那么-的最大值为_____________________X解答：根据已知等式，画出以2,0为圆 5为半径的圆，则y 的几何意义是圆上一Xχ,y 与原点0,0所连直线的斜率.显然，-的最大值是过原点0,0与圆 直线OA 的斜率,由OC =：2, CA =可得.AOC =—.3【例7】设厂 是方程χ^ — X 10的两个不等实根，那么过点 .和tan V Sin V別肪）的直线与圆χ2+>2=1的位置关系是 __________________________相切的于是 的最大值是tanX 3因此一上和I 都在直线■-I ■'的直线与单位圆相切.I 2 4, 2× 28 1 , , 2、 ，、8 h = 3× +=^,所以 1— r+ 4m ≥ g (X) max = 3 93 3 m3整理得 12m 4 — 5m 2 — 3 ≥ 0,即(4m 2 — 3)(3m 2+ 1) ≥ 0,7G 十「9 T — Ii 上，•••原点到该直线的距离O-sin0÷O cos5-l^SIn J 5+cos 2 θ•••过解答：由题意,【例8】设定义域为R 的函数f (X)=丿lg 1 X 一1 110,f 2(X) bf (X) C =0有7个不同实数解的充要条件是XH 1x =1则关于X 的方程解答：画出函数f X 的图像,该图像关于 fX ] ：： 0 ,令 f X = t ,若f 2(X )bf ( X) ∙ C =0有7个不同实数t 2 ∙ bt ∙ c =0有2个不同实数解，且为一正根, 因此，充要条件是b ：：：0且c =0【例9】设函数 f (X)解,则方程 一零根.X 2f () -4m f (X)乞 f (X -1) 4 f (m)恒成立,m【答案】一 ∞,.2 ,+J解析：(解法1)不等式化为f(X — 1)+ 4f(m) — f24m f(X) ≥0,2即(X — 1)2— 1 + 4m 2— 4— ^2+ 1 + 4m 2χ2 —4m 2≥ 0, 整理得 1 —召 + 4m 2 X 2 — 2X — 3 ≥ 0,因为 X 2> 0,所以 1 — A + 4m 2≥2X+3,设 g(X) =2X+3, X ∈m X X于是题目化为1— -+ 4m? ≥ g(x),对任意X ∈三,+∞ j 恒成立的冋题. ■3 丿+∞) 为此需求 g(χ) =2X X 异 的最大值.设 1 2 U =X ,则 °v U≤3 函数 g(x) = h(u) = 3u 2+ 2u 在区间 0,2上是增函数，因而在U =2处取得最大值.X∈则实数m 的取值范围是X 2对任意X ∈+ ∞所以4m? —3≥0,解得m≤-或m≥~^，丄\—+∞.2, +丿.1 2 ~3 (解法2)(前面同解法1)原题化为1 —吊+ 4m ≥g(x),对任意X ∈2, +∞为此需求g(x) =2x J3, X∈3,+∞的最大值.4t 4设t = 2X + 3,则t ∈[6, +∞ ). g(X) = h(t) =-2 =t —6t + 9 9 Ct H --6t9 9 3因为函数t+ 9在(3, +∞ )上是增函数，所以当t = 6时，t+9取得最小值6+亍从而h(t)有最大值 ------- =8.所以1 —2 + 4m2≥g maX(X)= -，整理得12m4—5m2—3≥0,3 3 m 36 + -—622 2即(4m —3)(3m + 1) ≥0,所以4m2—3≥0,解得m ≤-~2^或m≥-2?,3所以为使F(X) ≥0对任意X ∈3, +∞'1 — -^+ 4m2> 0,即实数m应满足mFI ≥0,解得m2≥3,因此实数m的取值范围是4因此实数m的取值范围是m∈题.(解法3)不等式化为f(x —1) + 4f(m)- 24m f(x) ≥0,即22 2 X(X —1) —1 + 4m —4—2 m卜 1 + 4m2x2—4m2≥0,整理得 1 —古 + 4m2 x2—2x —3≥0,令F(X) = 1-2+ 4m2 X2—2X— 3.由于F(0) =—3V 0,则其判别式到，△> 0 ,因此F(X)的最小值不可能在函数图象的顶点得一∞,的问因此实数m的取值范围是m∈弩,+∞ ),必须使F 2为最小值，【例10】•某工厂2005年生产利润逐月增加，且每月增加的利润相同，但由于厂方正在改造建设，一月份投入的建设资金恰与一月份的利润相等，随着投入资金的逐月增加，且每月增加投入的百分率相同，到十二月份投入的建设资金又恰与十二月份生产利润相同，问全年总利润W与全年总投入资金N的大小关系是 _______________________解答：设第一个月的投入资金与一月份的利润均为a,每月的增加投入百分率为r.则每月的利润组成数列-'√■■ ■■■-亠T -打：，每月投入资金组成数列[■' i÷' ' ' ∙. ∙. ∙. ■■ 1 fz 1，如图，由两函数图象特点可知，有可见；一，故W>N2心1. (2011北京)已知函数f (X) =J 若关于X的方程f(x)=k有两个不同的3J^-I) ,x <2实根，则实数k的取值范围是__________ •2. (2011广东)等差数列｛a n｝前9项的和等于前4项的和.若31= 1, S k + £4= 0,贝U k =3. (2009福建)若曲线f(x) = ax3+ lnx存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是m∈14.(2010 天津)设函数 f(x) = X —-，对任意 X ∈ [1 , +∞ ), f(mx) + mf(x)<0 恒成立，则实 X数m 的取值范围是 __________ . 解答：2 31. (0,1)解析：f(x) = -(X ≥ 2)单调递减且值域为(0,1], f(x) = (X — 1) (X V 2)单调递增且值X 域为(—∞, 1),结合函数的图象可得 f(x) = k 有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是(0,1).…9 × 8 4 × 3 12. 10 解析：S 9= S 4,9a 1+d = 4a 1 + d , a 1 = 1, d = — ；;2 2 6本题也可用数列性质解题， S 9= S 4 7= 0.2 1 一3. (— ∞, 0)解析：由题意可知f ' (x) = 3ax + -，又因为存在垂直于y 轴的切线，所X 1 m 一4. (— ∞, — 1) 解析：因为对任意 X ∈ [1 , +∞ ), f(mx) + mf(x) = 2mx —— —— V 0 恒rmx X成立，显然m ≠ 0.所以当m V 0时，有2m 2x 2— 1 — m 2>0对任意X ∈ [1 , +∞)恒成立，即2m 2× 1 —1 — m 2> 0,解得 m 2> 1,即 m v — 1;当 m >0 时，有 2m 2x 2— 1 — m 2v 0 对任意 X ∈ [1 , + ∞)恒成立，m 无解，综上所述实数 m 的取值范围是 m V — 1.解答题题型一 构造函数与方程思想2【例1】 已知函数f(x) = x|x — 3|, X ∈ [0 , m],其中m ∈ R ,且 m>0 (1) 若m<1 ,求证：函数f(x)是增函数；⑵ 如果函数f(x)的值域是[0,2],试求m 的取值范围；2⑶ 如果函数f(x)的值域是[0 , λm ],试求实数λ的最小值.解答：(1)证明：当 m<1 时，f(x) = x(3 — x 2) = 3x — x 3, 因为 f '(x) = 3— 3x 2 = 3(1 — x 2)>0 ,所以 f(x)是增函数，2(2) 解：令 g(x) = x|x — 3∣, X ≥0,3x — x 3, 0≤ X ≤ V3,=0 ,得 k = 10. 以 3ax 2 + X = 0 =—右(X > 0)则 g(x)X — 3x , x>3.由 1 + (k —1)1 + 3 ×当 O ≤ x ≤ J3时，g ' (X) = 3 — 3X 2 ,由 g ' (x) = 0 得 X = 1, 所以g(x)在［0,1］上是增函数，在［1,冷3］上是减函数.当 x>d3时，g '(X) = 3X 2 — 3>0,所以 g(x)在［∙j3,+∞ )上是增函数,所以 X ∈ ［0,」；3］时，g(χ)max = g(l) = 2, g(χ)min = g(0) = gCJ3) = 0, 所以0<m<1不符合题意，1≤ m ≤∙J3符合题意.当 m> .∕3时，在 χ∈ ［0,阴］时，f(x) ∈ ［0,2］, 在 X ∈ ［ J3, m ］时，f(χ) ∈ ［0, f(m)］, 这时f(χ)的值域是［0,2］的充要条件是f(m) ≤ 2,即 m 3— 3m ≤ 2, (m — 2)(m + 1)2≤ 0,解得,1'3<m ≤ 2. 综上，m 的取值范围是［1,2］.3(3) 由⑵可知，0<m<1时，函数f(χ)的最大值为f(m) = 3m — m , 当1 ≤ m ≤ 2时，函数f(χ)的最大值为f(1) = 2.由题意知2= λm 2,即P λ=丰,m ∈ [1,2]时这是减函数，二λ∈ 1, 2丨当m>2时，函数f(χ)的最大值为f(m) = m 3— 3m ,由题意知 m 3 — 3m = λπ?,即λ= m 这是增函数，∙∙∙ λ∈ 1,+∞ .1综上，当m = 2时，实数λ取最小值为2变式训练已知函数g(χ) = χlnx ,设0v a v b ,当0V X V a 时，F ' (X) V 0,在此F(X)在(0, a)内为减函数; 当X >a 时，F '(x) > 0,因此F(X)在(a ,+∞ )上为增函数. 从而，当X = a 时，F(X)有极小值F(a). 因为 F(a) = 0, b > a ,所以 F(b) > 0, 再构造函数 G(X) = F(X) — (X — a)l n2, 则 G ' (χ) = lnχ — ln — ln2 = lnχ — ln(a + χ). 当X >0时，G ' (X) V 0.因此G(X)在(0 ,+∞ )上为减函数. 因为 G(a) = 0, b > a,所以 G(b) V 0, 求证: 0v g(a) + g(b) — 2g a -+bV (b — a)ln2. 点拨：确定变量，构造函数证明不等式.证明：g(χ) = XlnX , g ' (χ) = lnχ + 1.构造函数 F(X) = g(a)+ g(χ) — 2g 号,则 F ' (X) = g ' (X) — 2 glnχ — Ina + X2即 0 V g(a) + g(b) — 2g即 g(a) + g(b) — 2g综上得 0V g(a) + g(b) — 2g(b — a)l n2.【例2】已知二次函数y = g(x)的导函数的图象与直线y = 2x 平行，且y = g(x)在x =— 1处取得最小值 m — 1(m ≠ 0).设函数f(x) = 1.X(1) 若曲线y = f(x)上的点P 到点Q(0,2)的距离的最小值为T2 ,求m 的值 (2) k(k ∈ R )如何取值时，函数 y = f(x) — kx 存在零点，并求出零点.解：(1)设 g(x) = ax 2 + bx + c ,贝U g ' (x) = 2ax + b ; 又g '(x)的图象与直线y = 2x 平行，• 2a = 2, a = 1.(1分)••• g( — 1) = a — b + C = 1 — 2 + C = m — 1, C = m ; (2 分) gfx ∖ m 5f(x) = -*- = X + — + 2，设 P(x o , y o ),X X则 ∣PQ ∣2 = X o + (y o — 2)2 = X o + l χo + m F = 2x 0 + m 2 + 2m ≥2∖∣2m 2+ 2m , (4 分)< X O 丿 X O2当且仅当2x o 2 =冬时，∣PQ ∣2取最小值，即IPQl 取最小值∙-..',2.Xo ' 当 m>0 时，2j2m + 2m = 2, • m = J2 — 1(6 分) 当 m<0 时，一2 j2m + 2m = 2,∙ m = —.ι'2—1(7 分) (2)由 y = f(x) — kx = (1 — k)x +m + 2= O ,X2得(1 — k)x + 2x + m = 0. (*)X = — m ,函数 y = f(x) — kx 有一零点 x = — m ; (8 分) 2 2 =4— 4m(1 — k)>0 ,若 m>0, k>1 —-, mX = — 2± ；'4— 4m 上J S = 1± 1— m — 分) 2(1-k ) k — 1 ，亠卄人=「 — 2 ±4 — 4m 1— k \y = f(x) — kx 有两个零点，X =2 1— k1当 k ≠ 1 时，方程(*)有一解 =4 — 4m(1 — k) = 0, k = 1 ——,函数 y =f(x) — kx 有一个零点, m X = k —.(14 分)【例3】•对于定义域为D 的函数」'=」* ,若同时满足下列条件:① f(x)在D 内单调递增或单调递减；② 存在区间一八「-—-使f(x)在一八…■一上的值域为；那么把.-•」一-”叫 闭函数.又g(x)在X = - 1取极小值，—b- 2当k = 1时，方程(*)有一解当k ≠ 1时，方程(*)有二解函数y = f(x) — kx 有两个零点1 若m<0 , k<1 —,函数 m(1) 求闭函数_符合条件②的区间 .一；3 1/(x) = -Λd—(x∈Λ+)(2)判断函数一：是否为闭函数？并说明理由；(3)若÷^ ' -∙是闭函数，求实数 k 的范围.分析：这是一个新定义型的题目， 要能从题中所给信息，进行加工提炼，得出解题的条件.解：-α3 = i7 =僅PI 二(1)由题意，尸-/在［词上递减，则卩以解得I i = L所以，所求的区间为［—1,1］.x>0⅛,⑵当所以，函数在定义域上不单调递增或单调递减，从而该函数不是闭函数.(3)若'÷j '-∙是闭函数，则存在区间［a , b ］,在区间［a , b ］上，函数f(x)a = k+-ja + 2 < ____________的值域为［a , b ］,即仏二上+边卫，「.讯为方程“七+石巨的两个实数根，即方程I.有两个不等的实根•设 f(x)=x 2 —(2k + 1)x + k 2 — 2.f(x)=-∑+-≥Λ∕3√i - Λ =4 X法二：只需满足方程 X 2—(2k + 1)x + k 2 - 2= 0有两大于或等于k 的不等实根，即：,Δ>0rJ /W >Q 今⅛∈(--^3,~2]r 2⅛ + l JI 丁仏点评：在解数学题的过程中，寻找一个命题A 的等价命题B 往往是解题的关键，本题就是运用函数与方程的思想把一个看似函数性质讨论的问题转化为方程解的讨论问题. 题型二 函数与方程思想在不等式中的应用【例4】.设a>b>c ,且a + b +c=O ,抛物线 m 'l Er 被X 轴截得的弦长为I ,求证：：一'—二证明：’「「■「「，且丁汕•从而 L -：-■.故抛物线I ■- u 'r !;与X 轴有两个不同的交点，即方程-/ 「必有法一：当时有时不等式组无解•综上所述，Δ>0, ∕C -2)>0.解得I 当.J 有Δ>O,/(⅛)>0J2⅛+l t一-此r Y两个不相等的实数根「二，由韦达定理得(E+c)' E -~2-^^--] = ^l÷⅛--] = ≠÷⅛÷3 aa a a 2可见，7是J 的二次函数.由及；' * ,：■ - Il ,得_；；：・-_；-： >I?,解得在匚上是减函数,【例 5】.已知函数 f(x)=x 2— (m + 1)x + m(m ∈ R).⑴若tanA , tanB 是方程f(x) + 4=0的两个实根，A 、B 是锐角三角形 ABC 的两个 内角•求证：n ≥5;(2)对任意实数α,恒有f(2 + COS a ) ≤0证明m ≥ 3；⑶在⑵的条件下，若函数f(sin 的)最大值是8,求m∙(1)证明：f(x) + 4=0 即 x 2 — (m + 1)x + m + 4=0.依题意:π又A 、B 锐角为三角形内两内角，.∙. _ V A + B V冗..Il E tanA+tan5 潮+1 Atan(j 4+ B) = ---------- = ------ < O.tan(A + B) V 0, 即卩一.丄上.二二 -._■λ>a 3 - Ξw -15 ≥ Om+λ > O:幡+4 > O.期十3 ：. m≥5.⑵证明：T f(x)=(x — 1)(x — m),又一1 ≤ cos α ,1.1 ≤2+ COS a≤,恒有 f(2 + COS a ) ≤0即 1≤x ≤ 时，恒有 f(x) ≤即(X — 1)(x — m)≤0, . m≥x 但 X maX =3,. m ≥χmax =3.二4^1+l)2+3<∕a <4(-2+⅛ + 32 2 2,即3<∕a <12√J>0i .^<J<2^[A = (w+l)i -4(ffl+4)>0 ≡ tan j⅛ + tan5 = ≡+l> O tan 卫 tanE = ws + 4 > O⑶解：■/ f(sinα )=αm (m + 1)sin ⅛m=一炖+ 1且2 ≥2 Λ当Sin α ≡= 1时，f(sin 有最大值 8即 1 + (m + 1)+ m=8,∙°∙ m=3. 题型四 函数与方程思想在解析几何中的应用【例6】.直线一Ul 和双曲线I 的左支交于A 、B 两点，直线I 过点P （— 2, 0）和线段AB 的中点M ,求I 在y 轴上的截距b 的取值范围.因为直线m 与双曲线的左支有两个交点， 所以方程 L ）有两个不相等的负实数根.Δ = 4⅛i +8(l-⅛2)>0,2⅛ nX1 "*" x2 ~ [_ F <-2L 厂匸FN 解得庞■■倆 ＜ 他＜ /（1）,且艸）丸.一（2-血）V 优）＜ 0 ,或叹金）＜ 1,解:J ∏g7 消去 y , 得√+2h÷2 = 0（町所以C —一三点共线, 得出γ⅛) = -2i 2+ ⅛+2=-2(⅛--)设一17+亍则储）在。