函数与方程思想

F.克莱因（F.Klein）有一句名言：“一般受教育者在数学课上应该学会的重要事情是用变量和函数来思考.”函数思想，就是用变量和函数来思考问题，就是通过建立函数关系或构造函数，再利用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决. 方程的思想，是分析数学问题中变量间的等量关系，从而建立方程或方程组，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. 函数与方程是两个不同的概念，但它们之间又有着密切的联系. 函数与方程的思想方法，几乎渗透到中学数学的各个领域，在解题中有着广泛的运用.

对于函数y=f（x），当y=0时，就转化为方程f（x）=0，也可以把函数式y=f（x）看做二元方程y-f（x）=0，函数与方程这种相互转化的关系十分重要.

数列的通项或前n项和可看做自变量为自然数的函数，用函数观点去处理数列问题也是十分重要的.

函数f（x）=（a+bx）n（n∈N？鄢）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.

解析几何中的许多问题，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.

纵观近几年的高考试题，函数的主干知识、知识的综合应用以及函数与方程思想等数学思想方法的考查，一直是高考的重点内容之一. 在高考试卷上，体现函数与方程思想的试题所占比例始终在25%左右，且试题中既有灵活多变的客观性试题，又有一定能力要求的主观性试题.下面从几个方面阐述函数与方程思想在解题中的应用.

■ 函数与不等式、方程的相互转化

■ 已知实数a，b满足a3-3a2+5a=1，b3-3b2+5b=5，则a+b=______.

■ 已知集合M={（x，y）（x+■）（y+■）=1}，则集合M表示的图形是（ ）

A. 直线 B. 线段

C. 抛物线 D. 圆

■ 已知二次函数f（x）=ax2+bx+1（a，b∈R，a>0），设方程f（x）=x的两个实数根为x1和x2.

（1）如果x1<2-1；

（2）如果x1<2，x2-x1=2，求b的取值范围.

思路点拨 初做前两个题目，同学们可能会先进行一些式子的变形，然后发现其后的运算较为复杂，于是便无从下手了. 如果我们用函数思想来处理方程的问题，就简单多了. 第一题可构造函数f（x）=x3-3x2+5x；第二题可构造函数f（x）=lg（x+■）；对于第三题，利用函数与方程的思想，把二次方程的根的问题转化成函数图象与x轴交点的问题，由二次函数图象的特征得出对应的不等式（组），然后进行求解. 二次方程、二次函数、二次不等式三者密不可分，应该引起我们的高度重视.

破解 1. 构造函数f（x）=x3-3x2+5x=（x-1）3+2（x-1）+3，则有f（a）=1， f（b）=5，又g（t）=t3+2t在R上是单调递增的奇函数，且g（a-1）=-2，g（b-1）=2，故a+b=2.

2. 构造一个常见函数f（x）=lg（x+■），则f（x）为R上的增函数，且为奇函数. 由已知得f（x）+f（y）=0，所以x+y=0，所以选A.

3. 设g（x）=f（x）-x=ax2+（b-1）x+1，则g（x）=0的两个实数根为x1和x2.

（1）由a>0及x1<20，即4a+2b-1<0，16a+4b-3>0，即3+3·■-■<0，-4-2·■+■<0，两式相加得■<1，所以x0>-1.

（2）由（x1-x2）2=■■-■，可得2a+1=■. 又x1x2=■>0，所以x1，x2同号. 所以可知x1<2，x2-x1=2等价于0

或x2<-2

即 g（2）<0，g（0）>0，2a+1=■，

或g（-2）<0，g（0）>0，2a+1=■.

解之得？摇b<■或b>■.

■

1. 已知f（x）=asinx+b■+4（其中a，b为常数），若f[lg（log310）]=5，则f[lg（lg3）]=____________.？摇

2. 不等式4x+log■x+x2>5的解集为________.

3. 已知关于x的方程3x2-5x+a=0的一根分布在区间（-2，0）内，另一根分布在区间（1，3）内，求实数a的取值范围.

■ 函数与方程思想解决数列中的相关问题

■ 求证：对大于1的任意正整数n，都有lnn>■+■+■+…+■.

思路点拨 ■+■+■+…+■无法求和，这是一个关于正整数n的具有递推关系的不等式，我们可以考虑用数学归纳法去证明.

由假设■+■+■+···+■

其中需要证明lnk+■■，即ln■>■.

令x=■，则只要证明lnx>■（x>1）成立.

所以我们想到了构造函数f（x）=lnx-■.

这种思考方式对于证明数列不等式有很重要的借鉴意义.

破解 构造函数f（x）=lnx-■， f ′（x）=■，故f（x）在[1，+∞）上为增函数.

则当x>1时， f（x）>f（1）=0，当n>1时，令x=■，则f■>0，即ln■>■.

所以ln■>■，ln■>■，ln■>■，…，ln■>■，将这些不等式相加得ln■+ln■+ln■+…+ln■>■+■+■+…+■，即lnn>■+■+■+…+■.

■

已知不等式■+■+■+…+■>■log■（a-1）+■对一切大于1的自然数n都成立，求实数a的取值范围.

■ 函数与方程思想解决解析几何中的相关问题.

■ 已知两条曲线：椭圆C1：■+■=1和圆C2：x2+（y+1）2=r2（r>0），若两条曲线没有公共点，求r的取值范围.

思路点拨 通过联立两个方程，得到一个关于y的方程-■y2+2y+10-r2=0，因为两条曲线没有公共点，所以方程没有实数根，所以Δ=4+5（10-r2）<0，解得r>■.

这个结论是否正确？我们取r=■，画图发现满足题目要求，所以上面的结论是错误的，问题出现在哪里？这也是我们在利用方程与函数思想处理解析几何问题时需要特别注意的地方——要注意变量的取值范围，注意问题的等价转化.

破解 思路1：用函数思想，通过联立两个方程，得-■y2+2y+10-r2=0，把r2=-■y2+2y+10看做y的函数，由椭圆知-2≤y≤2，因此r2的值域为1，■，即r∈1，■，它的补集即为所求，因此r∈（0，1）∪■，+∞.

思路2：用方程思想来考虑，两条曲线没有公共点，等价于方程-■y2+2y+10-r2=0没有实数解，或者其两个根y■，y■？埸[-2，2]. 若没有实数解，则Δ=4+5（10-r2）<0，解得r>■；

若两个根y■，y■？埸[-2，2]，设h（y）= -■y2+2y+10-r2，则由h（2）>0，h（-2）>0解得0

因此，两条曲线没有公共点的r的取值范围是0■.

■

1. 在直角坐标系xOy中，以O为圆心的圆与直线x-■y=4相切，圆O与x轴相交于A，B两点，圆内的动点P使PA，PO，PB成等比数列，求■·■的取值范围.

2. 已知椭圆C：■+y2=1（m>1），P是曲线C上的动点，M是曲线C上的右顶点，定点A的坐标为（2，0）.

（1）若M与A重合，求曲线C的焦点坐标；

（2）若m=3，求PA的最大值与最小值；

（3）若PA的最小值为MA，求实数m的取值范围.

■ 函数与方程思想解决函数综合问题.

■ 已知函数f（x）=ax+xlnx的图象在点x=e（e为自然对数的底数）处的切线斜率为3.

（1）若k∈Z，且k<■对任意x>1恒成立，求k的最大值；

（2）当n>m≥4时，证明（mnn）m>（nmm）n.

思路点拨 由题意易知f（x）=x+xlnx.

第一问是一个恒成立问题，k<■对任意x>1恒成立. 如果令g（x）=■，那么g′（x）=■，我们发现方程x-lnx-2=0的根求不出来，我们再次利用函数与方程思想，将方程根的问题转化成函数零点问题，通过研究函数h（x）=x-lnx-2的性质确定零点位置.

对于第二问，我们可以用类似于例4的想法进行求解.

破解 （1）因为f（x）=ax+xlnx，所以f ′（x）=a+lnx+1.

因为函数f（x）=ax+xlnx的图象在点x=e处的切线斜率为3，所以f ′（e）=3，即a+lne+1=3. 所以a=1.

所以k<■对任意x>1恒成立，即k<■对任意x>1恒成立.

若令g（x）=■，则g′（x）=■，令h（x）=x-lnx-2（x>1），则h′（x）=1-■=■>0，所以函数h（x）在（1，+∞）上单调递增.

因为h（3）=1-ln3<0，h（4）=2-2ln2>0，所以方程h（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x0，且满足x0∈（3，4）.

当1

当x>x0时，h（x）>0，即g′（x）>0.

所以函数g（x）=■在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增.

所以[g（x）]min=g（x0）=■=■=x0∈（3，4）. 所以k<[g（x）]min=x0∈（3，4）. 故整数k的最大值是3.

（2）由（1）知，g（x）=■是[4，+∞）上的增函数，所以当n>m≥4时，■>■.

即n（m-1）（1+lnn）>m（n-1）（1+lnm）.

整理，得mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn+（n-m）.

因为n>m，所以mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn.

即lnnmn+lnmm>lnmmn+lnnn，即ln（nmnmm）>ln（mmnnn）.

所以（mnn）m>（nmm）n.

■

1. 记函数f■（x）=（1+x）n-1（n≥2，n∈N？鄢）的导函数为f ′n（x），函数g（x）=f■（x）-nx. 若实数x0和正数k满足：■=■，求证：0

2. 已知偶函数f（x）的定义域为R，且当x>0时， f（x）=lnx-ax（a∈R）.若方程f（x）=0恰有5个不同的实数解.

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）求实数a的取值范围.

3. 已知函数f（x）=ex-x，其中e为自然对数的底.

（1）若函数F（x）=f（x）-ax2-1的导函数F′（x）在[0，+∞）上是增函数，求实数a的最大值；

（2）求证：f■+f■+f■+

…+f■>n+■，n∈N？鄢.

■ 参考答案

1 函数与不等式、方程的相互转化

1. 3

2. {xx>1}

3. {a-12

2 函数与方程思想解决数列中的相关问题

{a1

3 函数与方程思想解决解析几何中的相关问题

1. （-2，0]

2. （1）根据题意，若M与A重合，即椭圆的右顶点的坐标为（2，0），则a=2；椭圆的焦点在x轴上，则c=■，则椭圆焦点的坐标为（■，0），（-■，0）.

（2）若m=3，则椭圆的方程为■+y2=1，变形可得y2=1-■，PA2=（x-2）2+y2=x2-4x+4+y2=■-4x+5. 又由-3≤x≤3，根据二次函数的性质，分析可得：当x=-3时，PA2=■-4x+5取得最大值，且最大值为25；当x=■时，PA2=■-4x+5取得最小值，且最小值为■. 所以PA的最大值为5，PA的最小值为■.

（3）设动点P（x，y），则PA2=（x-2）2+y2=x2-4x+4+y2=■x-■■-■？摇+5，且-m≤x≤m. 当x=m时，PA取得最小值，且■>0，则■≥m，且m>1，解得1

4 函数与方程思想解决函数综合问题

1. 由题，x0=■，要证明x0>0，只需考虑h（k）=（nk-1）·（1+k）n+1（k>0）的性质，要证明x0虑x0-k=■的性质.

2. （1）因为f（x）为偶函数，且f（x）=0恰有5个不同的实数解，所以f（0）=0. 设x<0，则-x>0，f（x）=f（-x）=ln（-x）+ax. 所以f（x）=lnx-ax，x>0，0，x=0，ln（-x）+ax，x<0.

（2）因为f（x）为偶函数，且f（x）=0的5个不同的实数解中有两个大于零，两个小于零，一个等于零. 由对称性，只需研究x>0时的情况.

①当a≤0时， f（x）=lnx-ax为单调增函数，y=f（x）的图象与x轴至多有一个交点，不符合题意.

②当a>0时， f ′（x）=■-a，令f ′（x）=0得x=■. 当00， f（x）单调递增，当x>■时， f ′（x）<0， f（x）单调递减，所以f（x）在x=■处取到极大值-lna-1. 又当x→0时， f（x）→-∞，当x→+∞时， f（x）→-∞.要使x>0时，y=f（x）的图象与x轴有两个不同交点，只需-lna-1>0，解得0

3. （1）F ′（x）=f ′（x）-2ax=（ex-1）-2ax. 由于函数F（x）的导函数F′（x）在[0，+∞）上是增函数，故[（ex-1）-2ax]′=ex-2a≥0，从而a≤■ex，x∈[0，+∞），即a的最大值为■.

（2）由（1）知F′（0）=0，且当a=■时，F′（x）在[0，+∞）上是增函数，故F′（x）≥F′（0）=0，所以F（x）在[0，+∞）上是增函数，此时F（0）=0，故F（x）≥0，x∈[0，+∞），即f（x）≥■x2+1，x∈[0，+∞）. 依次令x=■，■，■，…，■，可得f■≥■■■+1， f■≥■■■+1，…， f■≥■■■+1. 将以上不等式相加，有f■+f■+f■+…+f■≥■■■+■■+…+■■+n>■■+■+…+■+n=■■-■+■-■+…+■-■+n=■■-■+n=n+■，n∈N？鄢. ■