函数与方程思想

张宏伟

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 ）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.

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函数与不等式、方程的相互转化

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例1 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

例2 经过点（1，2）且与函数y=x3+1图象相切的直线共有（ ）

A. 一条 B. 两条

C. 三条 D. 零条

例3 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 第一题可构造函数f（x）=lg（x+ ）；对于第二题，利用函数与方程的思想，把切线有多少条的问题转化为切点个数问题；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，应该引起我们高度重视.

破解 1. 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.

2. 设切点P（x0，x +1），则切线方程为y-x -1=3x （x-x0），将（1，2）代入切线方程得2x -3x +1=0，即（x0-1）2·（2x0+1）=0，所以有两条切线.

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，所以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 b< 或b> .

1. 满足不等式log2x

2. 已知关于x的方程lg2x+2algx-a+2=0在区间 ，1内有唯一解，则实数a的取值范围为__________.

3. 已知函数f（x）= x2-ax+（a-1）lnx，a>1.

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）证明：若a<5，则对任意x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，有 >-1.

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函数与方程思想解决数列中的相关问题

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例4 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，即可得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.

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函数与方程思想解决解析几何中的相关问题

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例5 过抛物线m∶y=x2上的点A向圆l：x2+（y-2）2=1引两条切线AB，AC，交抛物线m于B，C，连结BC，点M，N分别是圆l、抛物线m上的任意点.

（1）求MN的最小值；

（2）求证：直线BC也是圆l的切线.

图1

思路点拨 处理本题第二问时，注意到A，B，C三点的对称性，可设A（t1，t ），B（t2，t ），C（t3，t ），写出AB，AC的方程，要证直线BC也是圆l的切线，只要证圆心到直线BC的距离为1即可.

破解 （1）圆l的圆心为P（0，2），连PN交圆l于Q，连结PM，则PM+MN≥PN，MN≥PN-PM=PN-1.

设N（t，t2），则PN= = ≥ ，当且仅当t2= 时，上式取等号，所以PNmin= . 所以MNmin= -1，此时M ，2- ，N ， ，或M- ，2- ，N- ， .

（2）证明：设A（t1，t ），B（t2，t ），C（t3，t ），t1，t2，t3互不相同.

直线AB的方程为：（t1+t2）x-y-t1t2=0，

直线AC的方程为：（t1+t3）x-y-t1t3=0，

直线BC的方程为：（t2+t3）x-y-t2t3=0.

圆心（0，2）到直线AB、直线AC、直线BC的距离分别为：

d3= ，

d2= ，

d = .

要证：直线BC也是圆l的切线，只要证：若d3=1，d2=1，则d1=1.

由d3=1，d2=1，知（t -1）t +2t1t2+ 3-t =0，（t -1）t +2t1t3+3-t =0，

所以t2，t3是关于t的方程（t -1）t2+2t1t+3-t =0的两个不等实根，

得t ≠1，Δ=4（t -3t +3）>0，t2+t3= ，t2t3= ，d1= = = =1.

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.

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函数与方程思想解决函数综合问题

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例6 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1x0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）.

整理后得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.已知f（x）是定义在R上的奇函数，当x≥0时， f（x）=x2- x3，

（1）求函数f（x）的解析式.

（2）讨论函数f（x）在区间（-∞，0]上的单调性.

（3）设g（x）是函数f（x）在区间[0，+∞）上的导函数，问：是否存在实数a，满足a>1并且使g（x）在区间[1，a]上的值域为 ，1. 若存在，求出a；若不存在，说明理由.

2. 已知函数f（x）=lnx+ -kx，其中常数k∈R.

（1）求f（x）的单调增区间与单调减区间；

（2）若f（x）存在极值且有唯一零点x0，求k的取值范围及不超过 的最大整数m.

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 .

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参考答案

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1 函数与不等式、方程的相互转化

1. （0，2）∪（4，+∞）

2. a ≤a<2或a=1

3. （1）f（x）的定义域为（0，+∞）.

f′（x）=x-a+ = = ，

（i）若a-1=1即a=2，则f ′（x）= ，故f（x）在（0，+∞）单调递增.

（ii）若a-1<1，而a>1，故1

当x∈（0，a-1）及x∈（1，+∞）时，f′（x）>0，故f（x）在（a-1，1）单调递减，在（0，a-1），（1，+∞）单调递增.

（iii）若a-1>1，即a>2，同理可得f（x）在（1，a-1）单调递减，在（0，1），（a-1，+∞）单调递增.

（2）考虑函数g（x）=f（x）+x= ·x2-ax+（a-1）lnx+x，

则g′（x）=x-（a-1）+ ≥2 -（a-1）=1-（ -1）2.

由于10，即g（x）在（0，+∞）单调递增，从而当x1>x2>0时有g（x1）-g（x2）>0，即f（x1）-f（x2）+x1-x2>0，故 >-1，当0-1.

2 函数与方程思想解决数列中的相关问题

因为a-1>0，所以a>1. 设an= + + +…+ ，则an+1= + + +…+ + ，an+1-an= + - = >0，即数列{an}为单调递增数列. 当n>1时，数列{an}的最小值为a2= + = ，由题意有 > log2（a-1）+ ，即a-1<1，a<2. 综上有1

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- - +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. （1）设x<0，则-x>0，因为f（x）为R上的奇函数，所以f（x）=-f（-x）=

-x2- x3.

所以f（x）=x2- x3， x≥0，-x2- x3， x<0.

（2）当x<0时， f′（x）=-2x-x2.

由f′（x）>0得-2

所以f（x）的增区间为（-2，0），减区间为（-∞，2）.

（3）当x≥0时，g（x）=f ′（x）=2x-x2=-（x-1）2+1.

当x∈[1，a]时，g（x）单调递减. 又g（x）的值域为 ，1，

所以g（1）=1，g（a）= ？圯2a-a2= ？圯（a-1）（a2-a-1）=0.

因为a>1，所以a= .

综上，存在符合题意的实数a，其值为 .

2. （1）f′（x）= +x-k= （x>0）.

①当k≤2时， f′（x）= +x-k≥2 -k=2-k≥0，函数f（x）为增函数；

②当k>2时， f′（x）= ，

其中0

x， f′（x）， f（x）的取值变化情况如下表：

综合①②知当k≤2时， f（x）的增区间为（0，+∞），无减区间；

当k>2时， f（x）的增区间为0， 与 ，+∞，减区间为 ， .

（2）由（1）知当k≤2时， f（x）无极值；当k>2时，0

f（2k）=ln（2k）+ -2k2=ln（2k）>0，又1

故函数f（x）有唯一零点x0，且x0∈（x2，2k）.

又f（k）=lnk+ -k2=lnk- ，记g（k）=lnk- （k>2），

g′（k）= -k= <0，则g（k）

从而f（k）<0，k

故k的取值范围是（2，+∞），不超过 的最大整数m=1.

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 .