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9-1函数与方程思想



函数是中学数学的一个重要概念,它描述了自然界中

量与量之间的依存关系,从量的方面刻画了宏观世界的运
动变化、相互联系的规律,是对问题本身的数量本质特征 和制约关系的一种刻画.变量是函数的基础,对应 ( 映射 )

是函数的本质.函数一直是高考的热点、重点内容.它渗
透在数学的各部分内容中.

函数与方程思想是高中数学的基本思想方法之一,在
解题中有着广泛的应用,是历来高考的重点,高考中有关 方程的试题单独命题较少.最近几年函数与方程思想的命 题主要体现在三个方面:①是建立函数关系式,构造函数 模型或通过方程、方程组解决实际问题;②是运用函数、

方程、不等式相互转化的观点处理函数、方程、不等式问
题;③是利用函数与方程思想研究数列、解析几何、立体 几何等问题.在构建函数模型时仍然十分注重“三个二次”

的考查.

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1.函数与方程的关系
函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切 的联系,方程f(x)=0的解就是函数y=f(x)的图象与x轴的交 点的横坐标,函数y=f(x)也可以看作二元方程f(x)-y=0, 通过方程进行研究.

2.和函数与方程思想密切关联的知识点
(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)函数f(x)=(a+bx)n(n∈N*)与二项式定理密切相关, 利用这个函数,用赋值法和比较系数法可以解决很多有关 二项式定理的问题及求和问题.

(4)解析几何中的许多问题,例如直线与二次曲线的位
置关系问题,需要通过解二元方程组才能解决.这都涉及 二次方程与二次函数的有关理论.

(5)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加法加以解决,建 立空间向量后,立体几何与函数的关系就更加密切.

[ 例 1]
[分析 ] 围.

(2011· 泰安市模拟题 ) 若关于 x 的方程 cos2x -
将方程变形为 m=-cos2x + 2cosx,则当方程

2cosx+m=0有实数根,则实数m的取值范围是________.

有实数根时,- cos2x + 2cosx 的取值范围就是 m 的取值范

[答案]

? 3? ?-3, ? 2? ?

[解析]

原方程可化为 m=-cos2x+2cosx.

令 f(x)=-cos2x+2cosx, 则 f(x)=-2cos2x+1+2cosx
? 1?2 3 =-2?cosx-2? + , 2 ? ?

由于-1≤cosx≤1, 1 3 所以当 cosx= 时,f(x)取得最大值 , 2 2

当 cosx=-1 时,f(x)取得最小值-3, 故函数 即
? 3? f(x)的值域为?-3,2?, ? ?

? 3? m∈?-3,2?. ? ?

[ 评析 ]

本题若令 cosx = t ,则可通过换元法将原方程

化为关于t的一元二次方程,但求解过程将非常繁琐,而通 过分离参数,引进函数,便可通过函数的值域较为简单地 求得参数m的取值范围.

若关于 x 的方程 9x+(4+a)· 3x+4=0 有大于 1 的解, 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
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 ? ?

13 25 即 4+a<- ,∴a<- . 3 3

[例 2]

(2011· 盐城二次质检)已知 f(t)=log2t,t∈

[ 2,8],对于 f(t)值域内所有实数 m,不等式 x2+mx +4>2m+4x 恒成立,求 x 的取值范围.

[分析] 理.

本题可用参变分离或看作关于m的一次函数处

[解析]

1 1 ∵t∈[ 2,8],∴2≤log2t≤3,∴2≤m≤3.

解法一:不等式可化为:(2-x)m<x2-4x+4. 即(2-x)m<(2-x)2, ①当 x=2 时,上式不成立; ②当 x≠2 时,若 x<2,则 m<2-x ∴2-x>3 即 x<-1, 若 x>2,则 m>2-x,
1 3 ∴2-x<2即 x>2,又 x>2,∴x>2. 综上可得{x|x<-1,或 x>2}.

解法二:原不等式可化为(x-2)m+(x-2)2>0, 1 令 f(m)=(x-2)m+(x-2) ,m∈[2,3]时,
2

有 f(m)的最小值大于 0, ∵x=2 时,不成立.

? ?x≠2, ? 1 ∴?f?2?>0, ? ? ?f?3?>0,

? ?x≠2, ?1 即?2?x-2?+?x-2?2>0, ? 2 ? ?3?x-2?+?x-2? >0,

解得 x<-1 或 x>2. 综上可得 x 的取值范围是{x|x<-1 或 x>2}.

[ 评析 ]

应用函数与方程思想解决函数、方程、不等

式问题,是多元问题中的常见题型,常见的解题思路有以

下两种:
(1)分离变量,构造函数,将不等式恒成立、方程求解 等转化为求函数的最值(或值域),然后求解. (2)换元,将问题转化为一次不等式、二次不等式或二 次方程,进而构造函数加以解决.

(2011· 东 莞 模 拟 ) 对 于 满 足 0≤p≤4 的 实 数 p , 使 x2 +
px>4x+p-3恒成立的x的取值范围是________. [答案] (-∞,-1)∪(3,+∞)
[解析] x2+px>4x+p-3 对于 0≤p≤4 恒成立可以

变形为 x2-4x+3+p(x-1)>0 对于 0≤p≤4 恒成立,所以 一次函数 f(p)=(x-1)p+x2-4x+3 在区间[0,4]上的最小 值大于
2 ? ?x -4x+3>0 0,即? 2 ? ?x -1>0



所以 x 的取值范围是(-∞,-1)∪(3,+∞).

[例 3]

1 1 求正整数 a 的最大值, 使不等式 + n+1 n+2

1 +?+ >a-7 对一切正整数 n 都成立. 3n+1 [分析] 要求正整数 a 的最大值, 应先求 a 的取值范 1 1 1 围,关键是求出代数式 + +?+ 的最小 n+1 n+2 3n+1 值,可将其视为关于 n 的函数,通过单调性求解.

[解析]

1 1 1 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)=12,对一切正整数 n,f(n)>a-7 都成立的充 13 要条件是12>a-7, 97 所以 a< ,故所求正整数 a 的最大值是 8. 12

[ 评析 ]

本题是构造函数解题的很好的例证.如果对

数列求和,那就是误入歧途.本题构造函数f(n),通过单调 性求其最小值解决了不等式恒成立的问题.利用函数思想 解题必须从不等式或等式中构造出函数关系并研究其性质, 才能使解题思路灵活变通.

(2011· 广州模拟 ) 已知 a,b ,c∈R , a+ b+ c = 0 , a+ bc-1=0,求a的取值范围.

[解析] (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.
? ?a+b+c=0 (函数思想): 由已知? ? ?a+bc-1=0

得 b+c-bc+1=0,

如果 c=1,则 b+1-b+1=0,即 2=0,不成立. c+1 1+c 因此 c≠1,所以 b= ,a= -c, c-1 1-c

1+c 2 令 f(c)= -c=-2+(1-c)+ 1-c 1-c 当 1-c>0 时,f(c)≥-2+2 =-2+2 2. 当 1-c<0 时,f(c)≤-2-2 =-2-2 2. 2 ?c-1?· c-1 2 ?1-c?· 1-c

所以 a 的取值范围是 a≥-2+2 2或 a≤ -2-2 2.

[例 4]

已知{an}是一个公差大于 0 的等差数列,且

满足 a3a6=55,a2+a7=16. (1)求数列{an}的通项公式; b1 b2 b3 (2)若数列{an}和数列{bn}满足等式:an= + 2+ 3 2 2 2 bn +?+ n(n 为正整数),求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 2

[分析] 由题意,列出方程组,解方程组求解.
[解析] (1)解法一:设等差数列{an}的公差为d, 则依题设d>0. 由a2+a7=16,得2a1+7d=16.① 由a3·a6=55,得(a1+2d)(a1+5d)=55.② 由①得2a1=16-7d,将其代入②得 (16-3d)(16+3d)=220,即256-9d2=220,

∴d2=4.又d>0,∴d=2,代入①得a1=1.
∴an=1+(n-1)·2=2n-1.

解法二:由等差数列的性质得 a2+a7=a3+a6,
? ?a3a6=55, ? ? ?a3+a6=16.

由韦达定理知,a3,a6 是方程 x2-16x+55=0 的根, 解方程得 x=5 或 x=11. a6-a3 设公差为 d,则由 a6=a3+3d,得 d= . 3 11-5 ∵d>0,∴a3=5,a6=11,d= 3 =2,
a1=a3-2d=5-4=1.故 an=2n-1.

b1 (2)解法一:当 n=1 时,a1= ,∴b1=2. 2 bn-1 bn b1 b 2 b3 当 n≥2 时,an= + 2+ 3+?+ n-1+ n, 2 2 2 2 2 bn-1 b1 b2 b3 an-1= 2 +22+23+?+ n-1, 2 bn 两式相减得 an-an-1= n,∴bn=2n+1. 2

因此

? ?2,n=1, bn=? n+1 ? ,n≥2. ?2

当 n=1 时,S1=b1=2; 当 n≥2 时,Sn=b1+b2+b3+?+bn b2?1-2n 1? n+2 =2+ =2 -6. 1-2


∵当 n=1 时上式也成立, ∴当 n 为正整数时都有 Sn=2n+2-6.

bn 解法二:令 cn=2n,则有 an=c1+c2+?+cn, an+1=c1+c2+?+cn+1, 两式相减得 an+1-an=cn+1. 由(1)得 a1=1,an+1-an=2. ∴cn+1=2,cn=2(n≥2),即当 n≥2 时,bn=2n 1,


又当 n=1 时,b1=2a1=2,
? ?2,n=1, ∴bn=? n+1 ? ,n≥2. ?2

于是 Sn=b1+b2+b3+?+bn=2+23+24+?+2n
n +1 2 ? 2 -1? 2 3 4 n+1 =2+2 +2 +2 +?+2 -4= -4 2-1

+1

=2

n +2

-6,即 Sn=2

n+2

-6.

1 已知数列{an}满足 -an=2 n(n∈N*),且 an>0. an (1)求数列{an}的通项公式; (2)数列{an}是否存在最大项?若存在,求出该项和 相应的项数;若不存在,说明理由.

(2)由 an= n+1- n知,数列{an}的各项是函数 f(x) = x+1- x(x>0)的函数值, 1 1 因为 f′(x)= - , 2 x 2 x+1 当 x>0 时,f′(x)<0, 即函数 f(x)= x+1- x在(0,+∞)内为减函数.

即有 a1>a2>a3>?>an>an+1>?, 所以数列{an}有最大项,最大项为首项 a1 = 2-1.



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