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，
∴a＝1＋cos x＋1＋c1os x≥2.
当且仅当
cos
x＝1＋1cos
，即 x
cos
x＝0
时“＝”成立．
∴当 a≥2 时，y＝f(x)与 y＝g(x)所组成的方程组在(0，π)
Δ＝(t－3)2－4t≥0
t≤1或t≥9
从而有a＋b＝t－3>0
，即t>3
，
ab＝t>0
t>0
解得 t≥9，即 ab≥9.∴ab 的取值范围是[9，＋∞)．
题型二 函数与方程思想在方程问题中的应用 例2 如果方程 cos2x－sin x＋a＝0 在(0，π2]上有解，
求 a 的取值范围．
思维启迪 可分离变量为 a＝－cos2x＋sin x，转化为确
即－1－1－a≥a0<0 ，∴－1<a≤1.故 a 的取值范围是(－1,1]．
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．
内有解，即 y＝f(x)与 y＝g(x)的图象至少有一个公共点．
题型三 函数与方程思想在不等式问题中的应用
例3 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．
思维启迪 求 f(t)的值域→变更主元，将 m 看作主元→构
f(c)≤－2－2 (c－1)c－2 1＝－2－2 2. 所以 a 的范围是 a≥－2＋2 2或 a≤－2－2 2.
探究提高 (1)求字母(或式子)的值的问题往往要根据题设 条件构建以待求字母(式子)为元的方程(组)，然后由方程(组) 求得． (2)求参数的取值范围是函数、方程、不等式、数列、解析 几何等问题中的重要问题．解决这类问题一般有两种途径： 其一，充分挖掘题设条件中的不等关系，构建以待求字母 为元的不等式(组)求解；其二，充分应用题设中的等量关系， 将待求参数表示成其他变量的函数，然后，应用函数知识 求值域． (3)当问题中出现两数积与这两数和时，是构建一元二次方 程的明显信息，构造方程后再利用方程知识可使问题巧妙 解决． (4)当问题中出现多个变量时，往往要利用等量关系去减少 变量的个数，如最后能把其中一个变量表示成关于另一个 变量的表达式，那么就可用研究函数的方法将问题解决．
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， ∴b＝aa＋ －31，而 b>0，∴aa＋ －31>0， 即 a>1 或 a<－3，又 a>0， ∴a>1，故 a－1>0. ∴ab＝a·aa＋－31＝(a－1)2＋a－5(a1－1)＋4 ＝(a－1)＋a－4 1＋5≥9. 当且仅当 a－1＝a－4 1，即 a＝3 时取等号． 又 a>3 时，(a－1)＋a－4 1＋5 是关于 a 的单调增函数． ∴ab 的取值范围是[9，＋∞)．
变式训练 3 求自然数 a 的最大值，使不等式n＋1 1
＋n＋1 2＋…＋3n1＋1>a－7 对一切自然数 n 都成立．
解 令 f(n)＝n＋1 1＋n＋1 2＋…＋3n1＋1 (n∈N)． 对任意的 n∈N， f(n＋1)－f(n)＝3n1＋2＋3n1＋3＋3n1＋4－n＋1 1 ＝3(n＋1)(3n2＋2)(3n＋4)>0， 所以 f(n)在 N 上是增函数． 又 f(1)＝1132，f(0)＝1，对一切自然数 n，f(n)>a－7 都成立 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.
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．
解 y＝f(x)与 y＝g(x)的图象在区间(0，π)内至少有一个
公共点，即yy＝ ＝fg((xx)) 有解，即令 f(x)＝g(x)，
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.
方法二 (函数思想)：由已知aa＋ ＋bb＋c－c＝ 1＝00 ，
得 b＋c－bc＋1＝0， 如果 c＝1，则 b＋1－b＋1＝0， 即 2＝0，不成立，因此 c≠1， 所以 b＝cc＋ －11，a＝11＋ －cc－c. 令 f(c)＝11＋－cc－c＝c12－＋c1， 所以 f′(c)＝－c(21＋－2cc)＋2 1.
造 g(m)＝m(x－2)＋x2－4x＋4. 解 ∵t∈[ 2，8]，∴f(t)∈12，3，从而 m∈12，3， 原题可转化为 m(x－2)＋(x－2)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． 问题转化为 g(m)在 m∈12，3上恒大于 0.
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．
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， 即 x2>1＋ 2mm2 2， ∵x∈[1，＋∞)，∴1＋ 2mm2 2<1， ∴m2>1，∴m<－1. 当 m>0 时，只要 2m2x2－(1＋m2)<0 恒成立， 即 x2<1＋ 2mm2 2. ∵x∈[1，＋∞)，∴x2<1＋2mm2 2不恒成立． 综上，实数 m 的取值范围为(－∞，－1)．
所以 f(c)≥f(1－ 2)＝－2＋2 2 或 f(c)≤f(1＋ 2)＝－2－2 2， 所以 a 的范围是 a≥－2＋2 2或 a≤－2－2 2.
方法三 (函数思想)：同方法二， 可令 f(c)＝11＋－cc－c＝－2＋(1－c)＋1－2 c，
当 1－c>0 时，f(c)≥－2＋2 (1－c)1－2 c＝－2＋2 2； 当 1－c<0 时，
定的相关函数的值域．
解 方法一 把方程变形为 a＝－cos2x＋sin x. 设 f(x)＝－cos2x＋sin x(x∈(0，π2])． 显然当且仅当 a 属于 f(x)的值域时，a＝f(x)有解． ∵f(x)＝－(1－sin2x)＋sin x＝(sin x＋12)2－54， 且由 x∈(0，π2]知 sin x∈(0,1]． 易求得 f(x)的值域为(－1,1]． 故 a 的取值范围是(－1,1]．
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、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.
方法二 令 t＝sin x，由 x∈(0，π2]，可得 t∈(0,1]． 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. 其图象是开口向上的抛物线，对称轴 t＝－21， 如图所示．
因此 f(t)＝0 在(0,1]上有解等价于ff((01))<≥00 ，
第 1 讲 函数与方程思想 感悟高考 明确考向
(2010·天津)设函数 f(x)＝x－1x，对任意 x∈[1，＋∞)，f(mx) ＋mf(x)<0 恒成立，则实数 m 的取值范围是_________.
解析 ∵f(x)＝x－1x，x∈[1，＋∞)， f(mx)＋mf(x)<0， ∴mx－m1x＋m(x－1x)<0， ∴2mx－m1x－mx <0， 即 mx[2m2x2－(1＋m2)]<0.
令 f′(c)＝0，则 c＝1± 2. 当 c<1－ 2时，f′(c)<0， 函数 f(c)在区间(－∞，1－ 2)上是减函数； 当 1－ 2<c<1 时，f′(c)>0， 函数 f(c)在区间(1－ 2，1)上是增函数； 当 1<c<1＋ 2时，f′(c)>0， 函数 f(c)在区间(1,1＋ 2)上是增函数， 当 c>1＋ 2，f′(c)<0，函数 f(c)在区间(1＋ 2，＋∞) 上是减函数． 函数 f(c)＝c12－＋c1的图象如图所示．
题型四 函数与方程思想在解决优化问题中的应用
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；