函数与方程思想

许少华

第一篇：函数与方程思想概述

一、函数与方程思想的含义

函数，是用运动、变化的观点来分析、研究数学中的数量关系，通过建立函数、运用函数，去观察问题、思考问题，从而使问题获得解决. 函数思想是指抛开所研究对象的非数学特征，抽象其数学特征，建立各变量之间固有的函数关系，运用函数的概念、图像及性质去分析问题，转化问题，使复杂问题简单化，达到最终解决问题.

方程，是分析数学中变量间的等量关系，建立方程或方程组，通过解方程或方程组去分析、转化问题，使问题获得解决. 方程思想是对方程本质的认识，利用方程或方程组来观察处理问题，方程思想是动中求静，研究运动中的等量关系.

由于方程与函数关系密切，方程问题可以转换为函数问题来求解，函数问题也可以转换为方程问题来求解，而函数思想与方程思想更是直分接近，因此，人们常将这两种思想联系在一起. 这两种思想历来是高考考查的重点，无论是客观题还是主观题，处处体现着这一重要思想，作为高考复习的关键时刻，注重运用这一思想来统领各章复习非常重要，很有必要.

二、应用函数与方程思想的途径

（1）抓主元，就是抓主要矛盾. 一个数学式子，可能有多个字母. 对于每个字母地位的不同看法，将决定不同的认识方向，比如：b2+a=c可以看成c是a的一次函数，也可以看成c是b的二次函数，还可以看成关于a或c的一次方程等，确定主元，就是确定了分析与应用的方向，当然会有利于函数方程思想的应用，更有利于问题的解决.

（2）动中求静、静中求动，就是创造函数或方程的应用情境. 比如“等差数列{an}中，a15=10，a60=40，求a45”这是一个静的问题，从方程的角度即可轻松获解. 但当我们想到这个等差数列的项随项数的变化而变化时，就出现了一个动的过程，在这个过程中函数也就出现了. 双曲线与其渐近线“仿佛永远分离，却又终身相依”，“分离”是动，“相依”是静. 在这种动与静的转化中我们找到了函数，也看到了方程.

三、运用函数与方程思想分析解决问题时，应把握以下两个原则

（1）等价性原则

一个数学问题经过转化将应用函数或方程进行处理，一定要保证转化是等价的，否则，产生的结论将是一个似是而非的结果，与原问题不一致，当然也就失去了意义. 这也就要求我们注意转化后变量的取值范围会不会有什么限制？要不要加上什么限制？

（2）简单性原则

一个数学问题的解决，如果存在简单方法，而你却用了比较复杂的方法，即使是产生结果，也许你没有成功的喜悦，因为你的“兴奋能量”在繁琐的推理与运算中“消耗已尽”. 追求简单是“数学人”的普遍共识，运用这一重要思想方法至少要比未用时过程简单，就算是构造函数或方程时的思维量大，只要运算量小也就达到了目的.

四、运用函数与方程思想分析解决问题的常规步骤

（1）分析问题特点，寻找突破口. 从函数或方程的角度进行分析，逐步引入函数或方程. 这一步是起点，有了这一步才可能进入函数方程思想的求解轨道.

（2）研究、分析函数或方程的特征，对于函数，常规分析其图像、性质，有时还会用到某些特殊点的函数值. 对于方程，主要分析其有解否？解的值，或解的基本分布等.

（3）对函数或方程所得结论进行分析、论证，看看是否真的就是该问题的实际解.

第二篇：函数中的函数与方程思想

函数是贯穿中学数学的一条主线，它是中学数学中永恒的热点，当遇到的问题条件较多或较复杂时不妨想一想函数，也许会给你带来契机，促成速解.

一、函数单调性的巧妙应用

例1. 对于函数f（x）=1g  在x∈（-∞，1）上有意义，则a的范围为      .

解析：由于函数f（x）在x∈（-∞，1）上有意义，即x∈（-∞，1）时， >0恒成立，也就是a>- - 在x∈（-∞，1）上恒成立，设g（x）=- - ，则g（x）为增函数，所以x∈（-∞，1）时，g（x）

例2. 若函数f（x）= 的定义域为R，则实数m的范围为        .

解析：由题意得m≠x-ex，设g（x）=x-ex，得g′（x）=1-ex，显然x<0时，g′（x）>0，此时函数g（x）递增;x>0时，g′（x）<0，此时函数g（x）递减;于是当x=0时，函数有最大值g（0）=-1，于是函数g（x）的值域为（-∞，-1].

欲使x∈R时，都有m≠x-ex，则m的范围为（-1，+∞）.

点评：恒成立的问题是大家十分熟悉的问题，恒不成立是一个新的设问方式，在这设问方式下，考查考生灵活应用知识与合理转化的能力.

二、奇偶性中函数的引入

例3. 设f（x）=ax5+bx3+cx+7（其中a，b，c为常数），若f（-7）=16，则f（7）的值为           .

解析：设g（x）=ax5+bx3+cx，则g（x）为奇函数，此时f（x）=g（x）+7.

由f（-7）=g（-7）+7，f（7）=g（7）+7？圯16=-g（7）+7，f（7）=g（7）+7？圯16+f（7）=14？圯f（7）=-2.

点评：从已知的函数式中，发现一个奇函数是求解的关键，它使问题有了转折.

例4. 函数f（x）的定义域为R，若f（x+1）与f（x-1）都是奇函数，则（  ）

A. f（x）是偶函数       B. f（x）是奇函数

C. f（x）=f（x+2）            D. f（x+3）是奇函数

解析：∵f（x+1）与f（x-1）都是奇函数，得f（-x+1）=-f（x+1），f（-x-1）=-f（x-1）？圯f（t）=-f（2-t），f（t）=-f（-t-2）？圯f（2-t）=f（-t-2）？圯f（x+4）=f（x）.

由f（-x-1）=-f（x-1）？圯f（-x-1+4）=-f（x-1+4）？圯f（-x+3）=-f（x+3）， 即f（x+3）是奇函数. 故选D.

点评：本题的替换次数很多、也相当灵活，若有一步不慎，可能产生不了结论，或是产生错误结论.

三、零点问题的函数构造

例5. 若f（x）=ax3+ax+2（a≠0）在[-6，6]上满足f（-6）>1且f（6）<1，则方程f（x）=1解的个数为（  ）

A. 1 个        B. 2个          C. 3个        D. 0个

解析：设g（x）=f（x）=-1，即由f（-6）>1及f（6）<1得[f（-6）-1][f（6）-1]<0，即g（-6）g（6）<0，因此，g（x）=f（x）-1在（-6，6）内有一个零点.

由于g（x）=ax3+ax+1（a≠0）易知a>0时，g（x）单调递增;a<0时，g（x）单调递减;即函数g（x）为单调函数，故g（x）仅有一个零点，因此，方程f（x）=1仅有一根. 选答案A.

点评：本题值得注重的有两点：（1）巧用函数g（x）=f（x）-1使条件合理、充分地得到利用;（2）揭示单调性产生函数零点的个数得以确定.

例6. 已知二次函数f（x）=ax2+bx+c，x1

A. 有两个不等的实根，且必有一根属于（x1，x2）

B. 有两个相等的实根

C. 有两个不等的实根，且必有一根属于（0，x1）

D. 没有实根

解析：A. 由f（x）= [f（x1）+f（x2）]？圯2ax2+2bx-a（x21+x22）-b（x1+x2）=0.

∵？驻=（2b）2-4×2a [-a（x21+x22）-b（x1+x2） ]=2（2ax1+b）2+2（2ax2+b）2≥0.

又∵x10，因此方程有两个不等的实根.

又设g（x）=f（x）- [f（x1）+f（x2）]，

则g（x1）g（x2）={f（x1）- [f（x1）+f（x2）]}·{f（x2）- [f（x1）+f（x2）]}=- [f（x1）-（x2）] 2<0. 故方程必有一根属于（x1，x2）.

点评：本题通过构造函数g（x）将方程的实根问题有效地转化为函数的零点问题，通过零存在定理轻松获解.

四、方程中的函数图像

例7. 一元二次方程x2-11x+a-30=0的两根都大于5，则实数a的范围为      .

解析：设f（x）=x2-11x+a-30，由于对称轴方程为x= ，我们也知道函数的零点关于对称轴对称，欲使两根都大于5，只需限定较小的根大于5即可，由于开口向上，因此f（5）>0，f（ ）≤0， 即52-11×5+a-30>0，（ ）2-11× +a-30≤0， 得60

点评：本题可以通过方程直接求解，但运算过程繁复容易出错. 通过构造函数，利用函数零点进行分析、求解，简单明了、快速准确.

例8. 若x1满足2x+2x =5， x2满足2x+2log2（x-1）=5， x1+x2=      .

解析：由2x+2x =5？圯2x-1= -x，令y1=2x-1，y2= -x，则x1是两函数图像交点的横坐标. 又由2x+2log2（x-1）=5？圯log2（x-1）= -x，再令y3=log2（x-1），则x2为两函数y2，y3图像交点的横坐标.

由于y1=2x-1与y3=log2（x-1）的图像关于y=x-1对称，结合图像，易知x1+x2=2x0，联立y=x-1与y= -x，得2x0= .

点评：本题不仅要会画图，更重要的是善于分析图形的关系，当然，如果图形画的比较准确的话，凭直觉也许能提出较准确的猜想.

五、求解析式时方程的应用

例9. 定义在R上的函数f（x）满足f（x）=log2（x-1），x≤0f（x-1）-f（x-2），x>0则f（2009）的值为         .

解析：由f（x）=f（x-1）-f（x-2），得f（x-1）=f（x-2）-f（x-3）两式相加得f（x）=-f（x-3），显然f（x）=-f（x-3）=f（x-6）.

那么f（2009）=f（2009-6×335）=f（-1）=log2{1-（-1）}=1.

点评：本题通过f（x）=f（x-1）-f（x-2）产生f（x-1）=f（x-2）-f（x-3）构成方程组，再由方程组得到f（x）=-f（x-3），进一步发现了周期函数，显然，构造方程是求解的关键.

例10. 已知函数f（x）在R上满足f（x）=2f（2-x）-x2+8x-8，则曲线y=f（x）在（1，f（1））点处的切线方程是          .

解析：由f（x）=2f（2-x）-x2+8x-8得f（2-x）=2f（x）-（2-x）2+8（2-x）-8，即2f（x）-f（2-x）=x2+4x-4，消去f（2-x）得f（x）=x2，∴ f′（x）=2x，∴切线方程为y-1=2（x-1），即2x-y-1=0.

点评：本题中存在着一个明显的变量f（2-x），只有将其消去，才能产生函数的解析式，于是，想到了通过替换产生另一个式子组成方程组，来达到目的.

六、求范围、最值时应用函数

例11. 把函数f（x）=x3-3x的图像C1向右平移？滋个单位，再向下平移v个单位后得到图像C2. 若对任意的u>0，曲线C1与C2至多只有一个交点，则v的最小值为         .

解析：设曲线C2的解析式为y=（x-u）3-3（x-u）-v，

则方程（x-u）3-3（x-u）-v=x3-3x，即3ux2（u3-3u+v）≤0，即v≥- u3+3u对任意u>0恒成立，于是v≥- u3+3u的最大值，令g（u）=- u3+3u（u>0），则g（u）=- u2+3=- （u-2）（u+2）由此知函数g（u）在（0，2）上为增函数，在（2，+∞）上为减函数，所以当u=2时，函数g（u）取最大值，即为4，于是v≥4.

点评：本题将图像平移与函数最值结合进行设计，可谓别出心裁. 求解时，若能抓住最值，通过最值进行转化，也许一切都变得顺利.

例12. 设函数f（x）= （a∈R，e为自然对数的底数）.若曲线y=sinx上存在（x0，y0）使得f（f（y0））=y0，则a的取值范围是（      ）

A. [1，e]      B. [e-1，1]      C. [1，1+e]     D. [e-1，e+1]

解析：由f（x）= 易得f（x）为增函数，由f（x）≥0，从而得0≤y0≤1.

于是，只能有f（y0）=y0，否则，若f（y0）>y0，则f（f（y0））>f（y0）>y0与条件矛盾;若f（y0）

那么，问题转化为f（t）=t在[0，1]上恒有解. 由t= ？圯a=et-t2+t，令g（t）=et-t2+t，t∈[0，1]，因为g′（t）= et-2t+1，再令？渍（t）=et-2t+1，得？渍′（t）=et-2，显然，当t=ln2时，？渍（t）取得最小值2-2lnt+1>0，于是g′（t）>0，函数g（t）在[0，1]上是增函数，于是有g（0）≤a≤g（1）即1≤a≤e.

点评：本题难度较大，首先题意难以理解，能够说明f（y0）=y0都有不小的难度. 其次，当我们产生f（y0）=y0之后，再分析a的范围依然不轻松，要两次引入函数借助导数分析其性质. 可见真正通过分析产生正确结论，实在是不易啊！不过，作为选择题，从概率的角度说，应该有四分之一的考生选择对.

跟踪练习：

1. 设二次函数f（x）=x2+x+a（a>0），若存在实数m，使f（m）<0，则必有（      ）

A. f（m-1）<0且f（m+1）<0        B. f（m-1）>0且f（m+1）<0

C. f（m-1）<0且f（m+1）>0        D. f（m-1）>0且f（m+1）>0

2. 设f（x）=x4+ax3+bx2+cx+d其中a，b，c，d是常数，如果f（1）=10，f（2）=20，f（3）=30，则f（10）+ f（-6）=       .

3. 设f（x）在[a，b]上的图像是连续不断的一条曲线，且a≤f（x）≤b，求证：在[a，b]中至少有一个常数c，使f（c）=c.

4. 要使函数y=1+2x+a·4x在（-∞，1]上y>0 恒成立，求a的取值范围.

答案：1. D.  2. 8014.

3. 解析：由f（1）=0， 得a+b+c=0， 又a>b>c， 得a>0且c<0.

因此，f（x）的开口向上，与x轴的两个交点一个是 ，另一个是1，由图像特征知f（x）在[1，+∞）上是增函数，若f（t-1）>0成立，由t-1≥0知，必有f（t-1）>f（1），得t-1>1即t>2.

故正整数t存在， 且只要是大于2的正整数都满足f（t-1）>0.

4. a>- .

第三篇：数列中的函数与方程思想

从数列的概念与函数的概念出发，我们可以清楚地看到数列是特殊的函数. 其实，数列并不是仅仅从概念上说是特殊函数，更重要的是数列有着极其浓厚的函数情结，透过这个情结使很多数列问题从函数角度获得解决.

一、应用一次函数解数列题

对于等差数列的通项公式an=a1+（n-1）d稍作变形，即得an=dn+（a1-d）显然，an是n的一次函数;再对等差数列的前项和公式sn=na1+ d稍作变形，即得 =a1+ d，可以看出 也是n的一次函数;还有对于等比数列的通项公式an=a1qn-1，若该等比数列的各项都是正数，容易得到lgan=（lgq）n+（lga1-lgq），显然，lgan还是n的一次函数.

例1. 等差数列{an}中，a15=10，a60=40，则该数列的第45项为       .

解析：由于an是n的一次函数，由于一次函数的图像是直线，于是，（15，a15）、（60，a60）及（45，a45）三点共线，当然斜率相等.

由 = 即 = ？圯a45=30.

例2. 等差数列{an}中，S10=100，S100=10，则S110的值为       .

解析：由于 是n的一次函数，于是，（10， ）、（100， ）及（110， ）三点共线，当然斜率相等.

由 = ，即 = ？圯s110=-110.

点评：感觉如何？比起用方程组先产生a1与d，再回归通项及前n项和公式，要好得多吧！用一般的方法你亲自动手做一下，不做不知道，做过了你一定会发自肺腑地说一声此法真好.

二、应用二次函数解数列题

例3. 设等差数列{an}的前n项和为sn，若a3=12，s12>0，s13<0，请指出s1，s2，…，s12中哪个最大？并说明理由.

解析：设等差数列的首项为a1，公差为d.

依题意，得a1+2d=12，12a1+ d>0？圯-

由sn=na1+ d=n（12-2d）+ d= [n- （5- ）]2- [ （5- ）]2， 因此， 当[n- （5- ）]2最小时， sn最大.

由于-

故当n=6时，sn最大，即s1，s2，…，s12中s6最大.

点评：由等差数列的前n项和sn=na1+ d以得到sn= n2+（a1- ）n，显然sn是n的不含常数项的二次函数，对于与前n项和有关的问题，二次函数是你一定要想一想的函数.

三、应用指数函数解数列题

例5. 在等差数列{an}及等比数列{bn}中，若a1=b1，a2=b2且这两个数列都是递增数列，试证：当n>2时，an

解析：对于等差数列{an}我们有an=dn+（a1-d）是一次函数，等比数列{bn}我们有an=a1qn-1是指数函数，由于（1，a1）及（2，a2）是两图像的交点，如图，可以看出：当n>2时，an

点评：对于等比数列的通项公式an=a1qn-1，我们可以看出an是n的指数函数. 本题借助指数函数与一次函数图像的关系产生结论，即新颖又简捷.

例6. 数列{an}中a1=1，且当n≥2时，an=nm+（ ）m+（ ）m+…+（ ）m，（m∈R，且m≥2），求证：（1+ ）（1+ ）…（1+ ）<4.

证明：当m≥2时，由指数函数的单调性可知：

nm+（ ）m+（ ）m+…+（ ）m≥n2+（ ）2+（ ）2+…+（ ）2，即an随m增大而增大，因此，当m=2时，an最小，此时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）最大.

令m=2，由an=n2+（ ）2+（ ）2+…+（ ）2，

得 =1+（ ）2+（ ）2+…+（ ）2，那么 =1+（ ）2+（ ）2+…+（ ）2.

∴ - =（ ）2？圯 =（ ）2.

因此（1+ ）（1+ ）…（1+ ）= · ·…· = · · · ·…· ·（1+an）= · ·（ ）2·（ ）2·…·（ ）2·（1+an）.

∵a1=1，∴a2=4.

得（1+ ）（1+ ）…（1+ ）= （1+an）=2（ + ）=2（1+ + +…+ ）<2[1+ + +…+ ]=2（2- ）<4.

因此，对于m∈R，且m≥2都有（1+ ）（1+ ）…（1+ ）<4.

点评：本题借助指数函数的单调性，对数列{an}进行必要的放缩，然后借助处理数列的方法，对放缩后的新数列进行分析，最终促使问题获解，无论是思路还是求解过程都十分新颖.

四、应用函数的性质解数列题

例7. 设n为正整数，an=1+ + +…+ ，bn=a2n+1-an+1，若数列{bn}中从第二项起以后所有项都大于2k-5，求k的范围.

解析：易得bn= + +…+ .

那么bn+1-bn= + - = + - =（ - ）+（ - ）>0，显然，bn在N？鄢上是增函数，即数列{bn}从第二项起是递增数列，因此，从第二项起时，数列{bn}中的最小项为b2 = + = .

由 >2k-5，得k< 为所求范围.

点评：本题涉及中的“都大于”实际上是恒成立的意思，于是要求数列{bn}的最小项，如何求呢？借助函数，通过函数的单调性产生结论.

例8. 已知数列：1024，1024+lg ，…，1024+lg ，试求：

（1）n为何值时，前n项和最大？（2）n为何值时，前n项和的绝对值最小？

解析：由于通项公式an=1024+lg =1024-（n-1）lg2.

（1）由1024-（n-1）lg2≥0，1024-nlg2≤0？圯 ≤n≤ +1，即3401.7≤n≤3402.7.

由于n∈N，故前3402项的和最大.

（2）设前n项和为sn，则sn=1024n- lg2，由1024n- lg2=0得n≈6804.3，由于n∈N，可以看出与6804.3最接近的正整数为6804，故前6804项的和的绝对值最小.

点评：本题涉及的是递减的一次函数问题，欲求前n项和最大，只需将所有的非负项加起来即可. 前n项和的绝对值最小，就是越接近于零，就越小，求解思路就是这样展开的.

五、通过基本量的关系，应用方程解数列题

例9. 等差数列{an}的前20项和为100，前45项的和为400，求前65项的和.

解析：设等差数列的首项为a1，公差为d. 依题意，得20a1+ d=100，45a1+ d=400？圯a1= ，d= ？圯s65=65a1+ d=65× + × =780.

点评：等差数列的首项a1、通项an、公差d及前n项和sn都是等差数列的基本量，由这些量产生的问题都是与基本量有关的问题，求解方法都可以建立在基本量的基础上，通过列、解方程组产生结论.

例10. 一等差数列的第k，n，p项是一个等比数列的连续三项，求等比数列的公比.

解析：设等差数列的公差为d（1）若d=0，得公比q=1.

（2）若d≠0，设等差数列的公差为d，等数列的公比为q

则 =q， =q2？圯 =q， =q2？圯 =q-1， =q2-1？圯 =q+1？圯q= ，故所求公比为 .

点评：同等差数列一样，等比数列的首项a1、通项an、公比q及前n项和sn都是等比数列的基本量，由这些量产生的问题都是与基本量有关的问题，求解方法都可以建立在基本量的基础上，通过列、解方程组产生结论.本题的求解中，容易忽略对q=1的讨论. 实际上，q会不会为1呢？会. 当q=1时，数列为常数列，此时一定满足题设.

六、通过整体运算，应用方程解数列题

例11. 已知等差数列{an}中，公差d=1，且前100项的和为148，则前100项中的所有偶数项的和为           .

解析：设A=a1+a3+…+a99，B=a2+a4+…+a100.

由题意知A+B=148，B-A=（a2-a1）+（a4-a3）+…+（a100-a99）=50？圯B=99.

故前100项中的所有偶数项的和为99.

例12. 等比数列{an}的前n项和s=48，前2n项和s2n=60，则前3n项和为      .

解析：设公比为q，由已知易知q≠1，由 =48， =60？圯qn= ， =64.

那么，s3n= = · [1-（qn）3]=64（1- ）=63.

点评：整体思想是一种运算策略，它将条件与结论密切的联系在一起，适时地进行整体分析、整体转化、整体代入;使运算绕过许多中间环节，直指结论. 当然减少运算量，提高了正确率，也使解题过程得到了优化，这里两题的求解都具有一定的欣赏价值.

跟踪练习：

1. 若数列{an}的通项公式为an=7（ ）2n-2-3（ ）n-1（n∈N？鄢），则数列{an}的（  ）

A. 最大项为a5，最小项为a6    B. 最大项为a6，最小项为 a7

C. 最大项为a1，最小项为a6    D. 最大项为a7，最小项为a6

2. 已知等差数列{an}中，a1+a2+…+a100=80，a101+a102+…+a200=120，则a201+a202+…+a300=          .

3. 已知数列{an}的通项公式为an= ，则数列{an}前30项中最大项为    .

4. 若数列{an}的通项公式为an=n-1+n-2+…+n-100，则该数列的最小项是              .

答案：1. C.  2. 160.  3. a10.

4. 解析：设f（n）=n-1+n-2+…+n-100.

由于一次函数的单调性可知，当n≥51时，f（n）函数递增;当n≤50时，f（n）函数递减. 因此，当n=50或51时，f（n）最小，其值为2500.

故该数列的最小项是2500.

第四篇：不等式中的函数与方程思想

数学思想是数学的灵魂，是数学方法与技能实质的体现，对解题思路的产生具有指导意义. 因此，深刻地理解数学思想、学会运用数学思想来分析、解决问题对提高解题能力将有很大帮助. 这里谈谈不等式中的函数方程思想，希望对你的思维会有所启迪.

一、应用函数单调性，解不等式问题

函数单调性是求解大小关系问题的重要思路，很多与大小关系有关的问题，就是通过函数音调性解决的.

例1. 已知：（log23）x-（log53）x≥（log23）-y-（log53）-y则（      ）

A. x-y≤0     B. x+y≥0     C. x+y≤0     D. x-y≥0

解析：构造函数f（x）=（log23）x-（log53）x则f（x）在R上递增，

由f（x）≥f（-y）知：x≥-y，故选B.

点评：本题利用指数函数的单调性，通过增函数的性质促使不等式转化，当完成转化之后结论也就产生了.

例2. 已知3a+13b=17a，5a+7b=11b，则（      ）

A. a-b<0     B. a+b≥0     C. a+b<0     D. a-b>0

解析：若 a=b，则17a=3a+13a，此时（ ）a+（ ）a=1，

设f（x）=（ ）x+（ ）x，显然是减函数，由于f（1）= + <1=f（a），则a<1.

再设g（x）=（ ）x+（ ）x，显然，g（x）也是减函数，由a<1，得g（a）>g（1），即（ ）a+（ ）a > ，此时，5a+7b>11b与5a+7b=11b矛盾，于是a≠b.

若a>b，则13a>13b，5a>5b，那么17a=3a+13b<3a+13a即（ ）a+（ ）a >1，从而a<1;又由11b=5a+7b≥5b+7b得（ ）b+（ ）b <1得b>1，显然与a>b矛盾.

故a

点评：本题也是利用指数函数的单调性，同时利用反证法进行分析，通过两次否定，最终产生了肯定的结果.

二、应用函数图像，解不等式问题

函数图像的直观性可以告诉我们很多内容，有些问题一看图像便有了结论，因此，处理一些不等式问题借助函数图像，会使结论快速、直观产生.

例3. 若a，b，c∈R且4a-4b+c>0，a+2b+c<0则下列正确的是（      ）

A. b2≤ac    B. b2>ac    C. b2>ac且a>0    D. b2>ac且a<0

解析：结合已知，对照函数f（x）=ax2+2bx+c，我们会发现f（-2）>0，f（1）<0这说明（-2，1）在上函数存在一个零点，由于f（x）是二次函数，说明图像与x轴必有两个交点，也就是方程ax2+2bx+c=0有两个不等的实根，因此？驻>0，即（2b）2-4ac>0得b2>a， 故答案为B.

点评：本题图像的利用是隐含的，虽然没有画出图像，但经过分析之后，这个图像也能清晰地映在“脑频”里.

例4.  若a，b，c∈R且a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0则（      ）

A. a>0，b<0，c<0          B. a<0，b<0，c>0

C. a<0，b>0，c<0          D. a>0，b>0，c>0

解析：构造函数f（x）=（x+a）（x+b）（x+c），

则f（x）=x3+（a+b+c）x2+（ab+bc+ca）x+abc.

由于a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，因此，x>0时，f（x）>0;即图像与x轴的正半轴无交点（-a，0），（-b，0），（-c，0）则三交点均在负半轴上，因此选取D.

点评：本题经过引入函数、对函数式进行合理变形，使条件恰到好处的得到了充分应用，也便函数的图像与x轴的交点位置准确的显现出来，由交点位置产生问题的最终结论.

三、应用函数最值，解不等式问题

恒成立问题是不等式中最为常见的一类问题，它的求解很多时候都是通过变量分离之后，借助函数的最值进行转化.

例5. 若不等式x2+ax+1≥0对于一切x∈（0， ]都成立，则a的取值范围是       .

解析：由x2+ax+1≥0及x∈（0， ]，得a≥- =-（x+ ）.

由于x∈（0， ]时，函数-（x+ ）是增函数，又当x= 时，-（x+ ）=- ，因此a的取值范围是a≥- .

点评：本题粗心的同学可能会产生答案是“-2”，其实，仔细看一下，就知道不能应用基本不等式，因为，等号不可能成立.

例6. 若关于x的不等式x2+1≥ax+b≥  在[0，+∞]上恒成立，其中a，b为实数，求b的取值范围及a与b所满足的关系.

解析：由x2+1≥ax+b在[0，+∞）上恒成立，即x2+1≥ax+b在x∈（0，+∞）上恒成立，得a≤2 .

再令？覫（x）=ax+b-  ，于是ax+b≥  对任意x∈（0，+∞）成立的充要条件是？覫（x）≥0，由？覫′（x）=a- =0，得x=a-3;当0a-3时，？覫′（x）>0，所以，当x=a-3时，？覫（x）取最小值. 因此？覫′（x）≥0成立的充要条件是？覫（a-3）≥0，即a≥ .

综上，a与b所满足的关系为 ≤a≤2 ，此不等式有解的条件为 ≤2 ，得 ≤b≤ .

故b的取值范围为[ ， ]，a与b所满足的关系为 ≤a≤2 .

点评：本题两次使用变量分离，通过最值转化法产生结论. 值得一提的是，导数是探讨函数性质的重要工具，本题借助导数，对函数的性质进行了较准确的剖析，利用最值促使问题获解.

四、应用函数奇偶性，解不等式问题

函数奇偶性有多种性质，首先是奇偶性与函数式的关系，其次是奇偶性与函数图像的对称关系，第三是奇偶性与函数单调性的关系，这些关系的充分利用，对我们求解不等式问题会有很大帮助.

例7. 设函数f（x）满足f（ ）=f（x）-f（y）且f（x）不恒为零，当x>1时，f（x）>0，则满足（x+1）f（x-1）>0的x的范围为           .

解析：由f（ ）=f（x）-f（y），令x=y得f（1）=0，∴ f（ ）=f（1）-f（x）？圯f（ ）=-f（x），那么f（xy）=f（x）-f（ ）=f（x）+f（y）.

由f（1）=2f（-1）=0？圯f（-1）=0，∴ f（-x）=f（-1）+f（x）=f（x），因此f（x）为偶函数.

设01，由已知得f（ ）>0即f（x2）>f（x1），因此f（x）在（0，+∞）上递增.

画一个草图，由（x+1）f（x-1）>0？圯x+1>0，f（x-1）>0或x+1<0，f（x-1）<0？圯x+1>0，x-1>0或x-1<-1或x+1<0，-1

即x的范围为{x│x>2}.

点评：本题是抽象函数问题，通过对条件的准确分析与合理利用产生了函数的重要性质，即函数是偶函数在（0，+∞）上递增且有f（1）=0，有了这些我们就可以画草图，通过草图，完成求解.

例8. 不等式组y≥0，x+2y≤4，（x+ ）（y+ ）≥1所表示区域的面积为        .

解析：由（x+ ）（y+ ）≥1两边取对数，

得lg（x+ ）lg（y+ ）≥0 ？圯lg（x+ ）≥-lg（y+ ）？圯lg（x+ ）≥lg（y+ ）-1 ？圯lg（x+ ）≥lg（-y+ ）.

设f（x）=lg（x+ ），则上式即为f（x）≥f（-y）.

由于f（x）+f（-x）=lg（x+ ）+lg（-x+ ）=0？圯f（-x）=-f（x）.

所以f（x）为奇函数，又为增函数，于是，由f（x）≥f（-y）得x≥-y即x+y≥0，所以不等式组即为y≥0，x+2y≤4，x+y≥0.

如图阴影部分的三角形即为不等式所表示的区域，由x+2y=4，x+y=0？圯x=-4，y=4， 故区域的面积为S= ×4×4=8.

点评：在本题的求解中，对不等式（x+ ）（y+ ）≥1的转化是关键，而转化这一不等式的重要手段是利用函数的奇偶性，可以看出若奇偶性在本题中不能得到应用，那么求解也就很难实现.

五、应用方程，解不等式问题

方程与不等式本身就有千丝万缕的联系，想一想一元二次方程根的判别式的正负，决定了方程实根情况，同时一般方程的根与函数零点有直接关系，而函数零点与函数值在零点左、右的符号有关，因此，面对不等式问题从方程的角度思考一下是很有必要的.

例9. 已知a，b，d∈R？鄢且 + =1， 求证：a+b≥（ + ）2

证明：由已知得（a-c）（b-d）=cd，又（a-c）+（b-d）=（a+b）-（c+d）.

显然（a-c），（b-d）是方程t2-[（a+b）-（c+d）]t+cd=0的两根.

∴？驻=[（a+b）-（c+d）]2-4cd≥0？圯（a+b）-（c+d）≥2 .

又 ≤1， ≤1， ∴a+b>c+d，得（a+b）-（c+d）≥2 ？圯a+b≥（ + ）2.

点评：本题通过韦达定理，巧妙构造方程，结合方程有实根的条件产生结论，整个求解过程不长，但思维量决非一般.

例10. 实数x，y满足x3+y3=3xy，求证：-1

证明：由已知得（x+y）[（x+y）2-3xy]=3xy，令x+y=u，则xy= .

显然x，y是方程t2-ut+ =0，

∴？驻=（-u）2-4· ≥0？圯-1

点评：本题通过对条件因式分解，引入x+y=u，借助这个式子产生了xy的式子，借此通过韦达定理构造一元二次方程，再结合方程有实根产生结论，可以看出构思相当巧妙，具有很高的欣赏价值.

六、在证明不等式中的应用

导数的工具性是每个“数学人”都十分清楚的，除了用它讨论函数的各种性质之外，它的另一重要应用就是证明不等式，看看近年高考试题，也许你会发现有多个省市都将与导数有关的不等式问题放在最后，作为压轴题或是拨高题出现，要想真正获得理想的分数，这个内容不上还真的不行，而用导数证明不等式的重要环节是合理准确的构造函数.

例11. 设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1 .

证明：由于f′（x）=2x+ = （x>-1）.

令g（x）=2x2+2x+a，其对称轴为x=- . 由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于-1的不相等的实根，那么-1

由f′（x2）=0？圯a=-（2x22+2x2），

∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22-（2x22+2x2）ln（1+x2）.

设h（x）=x2-（2x2+2x）ln（1+x）（-

则h′（x）=2x-2（2x+1）ln（1+x）-2x=-2（2x+1）ln（1+x）.

显然，当x∈（- ，0）时，h′（x）>0，∴h（x）在（- ，0）单调递增，

∴当x∈（- ，0）时，h（x）>h（- ）= ，故f（x2）=h（x2）> .

点评：本题的难度很大，函数隐藏较深. 也许有的考生能产生f（x2）的结果，也能顺利代换掉字母a，由于f（x2）与想象中的函数不一致，最终前功尽弃.

例12. 已知函数f（x）= x2-ax+（a-1）lnx（a>1）. 求证：若a<5，则对任意x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，有 >-1.

证明：设函数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（4， +∞）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.

点评：本题的式子很特别，从给出的式子中隐约感觉到要用导数进行证明，但如何构造函数呢？由于待证式子中既有f（x）又有x，是不是与f（x）及x有关联的式子呢？

跟踪练习：

1. 若x2

A.  ≤m≤        B.  ≤m≤

C.   ≤m≤     D.  ≤m≤1

2. 不等式 + -x3-5x>0的解集为      .

3. 已知f（x）=ax+b且2a2+6b2=3，证明：对任意实数x∈[-1，1]，都有：f（x）≤ .

4. 已知i，m，n是正整数，且1（1+n）m.

5. 已知关于x的一元二次方程x2+ax+b=0有两个实根？琢，？茁，试证明：？琢< 2，？茁< 2的充要条件为2a< 4+b且b< 4.

答案：1. D.  2. {x│x<-2或-1

3. 解析：由22x-1<ax+1？圯（2x-1）lg2<（x+1）lga？圯x·lg -lg（2a）<0，

设f（x）=x·lg -lg（2a），当x∈[-1，1]时，f（x）<0恒成立得：

f（1）<0，f（-1）<0？圯lg -lg（2a）<0，-lg -lg（2a）<0？圯a> 为所求的范围.

4. 证明：设f（x）= （x≥2），则f′（x）= ，由x≥2，得0< <1，而ln（1+x）≥ln3>1，所以f′（x）<0，得f（x）为单调递减函数.

因为1<i≤m<n且i，m，n是正整数， 所以2≤m<n，

那么 > ， 所以nln（1+m）>mln（1+n），即（1+m）n>（1+n）m.

5. 证明：⑴必要性，由于f（x）=x2+ax+b的图像是开口向上的抛物线，且与x的两交点满足？琢<2，？茁<2，那么必有f（±2）>0，即4+2a+b>0且4-2a+b>0，也就是2a<4+b. 又由韦达定理，得b=？琢？茁=？琢·？茁<4.

⑵充分性，由2a<4+b，得4+2a+b>0且4-2a+b>0，即

f（-2）>0，f（2）>0，于是两根落在区间（-2，2）之内或区间之外.

若两根均落在区间（-2，2）之外，则b=？琢？茁=？琢·？茁>4与b<4矛盾.

故两根均落在区间（-2，2）之内，因此？琢<2，？茁<2.

第五篇：三角中的函数与方程思想

函数是贯穿高中数学的一条主线，它的灵活应用可以解决很多问题. 面对一道三角试题，我们从函数的角度来分析、探索，有时会利用函数的有关性质予以解决. 方程思想也就是变量思想，从变量的角度来认识三角问题、分析三角问题. 有时也会使问题顺利得到解决.

一、应用函数单调性解三角问题

函数单调性是求解大小关系问题的重要思路，很多与大小关系有关的问题，就是通过函数单调性解决的.

例1. 若？琢， ？茁∈[0， ]， k∈R， 且满足cos？琢-2？琢3=2k，2sin2？茁 +16？茁3=-2k+1，求cos（？琢-2？茁）的值.

解析：令f（x）=cosx-2x3（x∈[0， ]），

由已知，得cos？琢-2？琢3=2k，2sin2？茁 +16？茁3=-2k+1？圯cos？琢-2？琢3=2k，2cos2？茁 -16？茁3=-2k？圯f（？琢）=2k，f（2？茁）=2k，即f（？琢）=f（2？茁），由于f（x）为单调递减函数，于是？琢=2？茁.

故cos（？琢-2？茁）=cos0=1.

点评：本题建立在条件的基础上，将条件变形后发现了一个函数，并利用这个函数的单调性产生了？琢，？茁的直接关系，借助直接关系产生结论，可以看出函数的单调性是求解本题的关键.

例2. 在区间（0， ）内是否存在实数对（c，d），使①sin（cosc）=c;②cos（sind）=d;③c=sind;同时成立？若存在，指出实数对（c，d）可能的数量;若不存在，说明理由.

解析：设函数f（x）=sin（cosx）-x，x∈[0， ] .

任取x1，x2∈[0， ]，且x1sin（cosx2）-x2，即f（x1）>f（x2），于是函数f（x）在区间[0， ]单调递减，又f（0）=sin1>0，f（ ）=- <0，故函数f（x）在区间（0， ）上与x轴有唯一交点，即存在唯一实数c使sin（cosc）=c成立.

同理可得在区间（0， ）上存在唯一实数d使cos（sind）=d成立.

由cos（sind）=d，得sin[cos（sind）]=sind∈（0， ），又因为在区间（0， ）上存在唯一实数c使sin（cosc）=c成立，于是c=sind.

点评：本题借助函数的单调性，求解过程“短小精悍”;假若你是通过三角变换求解的话，也许最终你以失败可告终.

二、应用二次函数的最值解三角问题

二次函数是三角中常用函数之一，特别是与最大值或最小值有关的三角函数式，经过化归之后往往就是闭区间上的二次函数的最值问题.

例3. 函数y=sinx+cosx+sinxcosx值域为       .

解析：由于y=sinx+cosx+ （sinx+cosx）2.

令t=sinx+cosx= sin（x+ ），则- ≤t≤ .

那么y= t2+t= （t+1）2- ，显然，当t=-1时，ymin=- ;当t= 时，ymax=1+ . 故所求函数的值为[- ，1+ ].

点评：本题通过换元，将三角函数式的最值问题转化为闭区间上的二次函数的最大值与最小值问题，求解难度不大，但会转化是前提，没有转化，就很难产生结论.

例4. 对于定义在[0，2？仔]上的函数f（？兹）=asin2？兹+bcos2？兹+2asin？兹，如果f（？兹）当？兹= 时，有最大值7，试求a，b的值.

解析：由于f（？兹）=（a-b）sin2？兹+2asin？兹+b因为-1≤sin？兹≤1及？兹= 时，有最大值7，则a-b<0，- = ，    ？圯a=2，b=6.（a-b）·（ ）2+2a· +b

故a，b的值分别为2，6.

点评：本题表面上看是三角的逆向最值问题，实际上是二次的最值，如果对二次函数的性质不够熟练的话，要想产生结论还真的有点难度.

三、应用函数图像，解三角问题

函数图像是函数的重要的特征量，有些三角问题，经过分析可以发现其实就是函数的图像问题，借助函数的图像可以轻松完成.

例5. 设函数f（x）的图像与直线x=a，x=b及x轴所围成图形的面积称为函数f（x）在[a，b]上的面积，已知函数y=sinnx在[0， ]上的面积为 （n∈N*），（i）y=sin3x在[0， ]上的面积为   ;（ii）y=sin（3x-？仔）+1在[ ， ]上的面积为      .

解析：（i）y=sin3x在[0， ]上的面积为 .

根据y=sin3x的图像，可以知道在[0， ]上与在[ ， ]上的面积相等.

∴ y=sin3x在[0， ]的面积为 .

（ii）根据图象变换，作出y=sin（3x-？仔）+1的图像，如图所示. 根据图像，运用补形手段，y=sin（3x-？仔）+1在[ ， ]的面积计算可以由一个长为宽1的矩形面积，再加上一个正弦草垛形面积即 ，∴ 所求面积为？仔+ .

点评：本题借助函数图像的平移（上、下、左、右），建立在已知面积的基础上，求出未知函数的闭区间的所围成的区域面积，可以看出准确地认识图像是求解的关键.

例6. 若？驻ABC的三内角A、B、C满足sinA=acosA+b，sinB=acosB+b，sinC=acosC+b，试判断？驻ABC的形状.

解析：由sinA=acosA+b，sinB=acosB+b，sinC=acosC+b，知三点（cosA， sinA），（cosB， sinB）与（cosC，sinC）均在一次函数y=ax+b的图像上.

而三点（cosA，sinA），（cosB，sinB），（cosC，sinC）又都在圆x2+y2=1上.

由于一次函数的图像是直线，而直线与圆至多有两个交点，因此三点中至少有两点重合，从而A=B或B=C或A=C或A=B=C.

故三角形？驻ABC为等腰三角形或等边三角形.

点评：面对三角问题，很多同学可能首先想到的是进行三角变换;事实上，如果真的进行三角变换的话，很难求解. 这种求解也许会让你耳目一新.

四、用条件中的方程解三角题

例7. 已知x，y是三角形的两边，？琢，？茁是同一个三角形的两角，且x，y，？琢，？茁之间满足下列关系xsin？琢-ycos？茁=0，xcos？琢-ysin？茁=0， 求？琢，？茁的值.

解析：由xsin？琢=ycos？茁，xcos？琢=-ysin？茁，平方相加得x2=y2即三角形为等腰三角形. 此时条件可转化为sin？琢-cos？茁=0，cos？琢+sin？茁=0，再平方相加得sin（？琢-？茁）=1.

∵0<？琢<？仔，0<？茁<？仔，∴？琢-？茁= 即？琢=？茁+ ，因此？琢为顶角，于是？琢+2？茁=？仔结合？琢=？茁+ 得？琢= ，？茁= .

点评：本题直接将条件看成是关于x，y，？琢，？茁的方程组，从消元的角度来处理问题，很快未知数减少了，？琢，？茁之间的关系明朗了.

五、巧构方程解三角题

构造方程组，通过解方程组完成三角问题的求解是常见的重要思路之一，在巧构方程的过程中有时要用到已知的基本公式，有时会用到引入参数.

例8. 求cos400cos800+cos800cos1600+cos1600cos400的值.

解析：设x=cos400cos800+cos800cos1600+cos1600cos400，

y=sin400sin800+sin800sin1600-sin1600sin400.

则x+y=cos400+cos800+cos2000=2cos600cos200-cos200=0，x-y=cos1200+cos2400+cos1200=- ，

那么x=y=- ，即cos400cos800+cos800cos1600+cos1600cos400 =- .

点评：感觉如何？并未从正面入手，根据欲求式子的特点构造了一个对称式子，然后结合基本公式，通过方程组完成求解，怎么样？漂亮吗？

跟踪练习：

1. 已知cos（ -？兹）cos（ +？兹）= （0<？兹< ），则sin2？兹的值为        .

2. 若钝角三角形的一个内角为600，最大边长与最小边长的比值为m，则m的范围是          .

3. 若asin2？兹+bcos2？兹=c且 + =c，则 + + 的值为         .

4. 若？琢，？茁为锐角，且 + =2，则？琢+？茁=           .

答案：1.  ;2. m>2;3. 0;4.  .

第六篇：圆锥曲线中的函数与方程思想

圆锥曲线是曲线与方程的共同体，与方程有着天然的联系. 想一想，哪个曲线不涉及方程？当然，也与函数联系密切，只要将方程转化一下，就可能产生函数. 于是，函数与方程在圆锥曲线中有着广泛的应用前景，下面我们看看具体的应用.

一、求曲线方程，实际上就是列、解方组

建立在待定系数的基础上，求曲线的方程，可以先设出方程，然后结合条件列出关于“待定系数”的方程组，通过解方程组产生结论.

例1. 设圆满足：（1）截y轴所得弦长为2;（2）被x轴分成2段圆弧，其弧长之比为3∶1;在满足（1）（2）的圆中，求圆心到直线l∶x-2y=0的距离最小的圆的方程.

解析：设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，

由条件（1），令x=0得y1-y2= = =2……①

由条件（2）知，在x轴上的弦所对的圆心角为900，因此，弦心距等于弦长的一半，令y=0得 = x2-x1=  ，结合①得，D2=4+8F……②

设圆心到直线l的距离为d，则d2= = ≥ = ，此时，得D=E……③

由①②③，得D=E=2，F=0或D=E=-2，F=0.

故所求方程为x2+y2+2x+2y=0或x2+y2-2x-2y=0.

点评：圆的方程中无论是标准方程还是一般方程，都含有三个变量，也就是说：求圆的方程，其实就是确定三个变量的值. 因此，列、解三元方程是求解的重点.

例2. 若抛物线的顶点在原点，开口向上，F为焦点，M为准线与y轴的交点，A为抛物线上一点，且AM= ，AF=3，求此抛物线方程.

解析：设所求抛物线的方程为x2=2py（p>0），A（x1，y1），则F（0， ），M（0，- ），

得x21+（y1+ ）2=17，x21+（y1- ）2=9，x21=2py1？圯py1=4，x21+（y1- ）2=9，？圯x21=2py1或y1+ =3，y1- =±1？圯p=4或p=2.

故所求方程为x2=8y或x2=4y.

点评：求抛物线的方程，若从标准方程入手，仅含一个未知数. 但本题条件与常规问题的条件给出不一致，还必须引入另外的变量，这个变量是什么？是点A的坐标，有了它，方程很快就出来了.

二、与定义有关的方程组问题

椭圆与双曲线的定义都揭示了曲线上的一点到两焦点距离之间的关系，尚若试题中再给出一个关系式，方程组也就产生了，解方程将是求解的关键.

例3. 设F1，F2是椭圆 + =1的两个焦点，P是椭圆上的点，且PF1∶PF2=4∶3，则？驻PF1F2的面积为          .

解析：由于PF1+PF2=7且PF1∶PF2=4∶3，得PF1=4、PF2=3，又F1F2=2c=2 =5，显然，PF12+PF22=F1F22，故面积为6.

点评：本题中的条件PF1∶PF2=4∶3很关键，再想一想椭圆定义，方程组自然也就产生了，解方程将完成其求解.

例4. 已知双曲线 - =1（b∈N）的左、右两焦点分别为F1F2，问双曲线上是否存在一点P，使（1）PF1·PF2=F1F22;（2）5

解析：假设点P存在，那么：

由c2=4+b2，结合条件得PF1·PF2=（2c）2，PF1-PF2=4？圯PF1·PF2= 4（4+b2），PF1-PF2=4？圯PF1+PF2= 4 ，PF1-PF2=4？圯PF2=2 -2或PF2=2 +2，

由于F1F2若b=1，则c2=4+b2=5，此时F1F2=2c=2 <5，不合题意;

若b=2，则c2=4+b2=8，此时F1F2=2c=4 >5，符合题意.

故点P存在，此时的双曲线方程为 - =1.

点评：存在性问题属于开放性问题的一种，具有结论不确定性;常规求解思路是假设结论存在，在这个假设下进行推理、分析，如果出现矛盾，说明假设不正确，即结论不存在;否则，结论存在;值得注意的是，必须注意推理过程中步步可逆，否则，虽然没有矛盾出现，但结论依然不存在.

三、利用方程根的分布求解范围问题

二次方程的实根分布是处理二次方程中的参数范围的重要方法，当圆锥曲线方程中含有参数，我们又要求解参数范围时，往往可以借助实根分布进行处理.

例5. 已知椭圆2x2+（y-a）2=2上恰有两点到x轴的距离与到点（0，1）的距离相等，则实数a的范围为                .

解析：到x轴的距离与到点（0，1）的距离相等的点的轨迹是抛物线x2=2（y- ），问题转化为椭圆与抛物线恰有两个交点，即联立方程组恰有两组解.

由 2x2+（y-a）2=2，x2=2（y- ）？圯y2-2（a-2）y+a2-4=0.

设两根为y1，y2，f（y）=y2-2（a-2）y+a2-4则必须有y1=y2> 或y1< 且y2> 即？驻=4（a-2）2-4（a2-4）=0，2（a-2）>1或f（ ）<0，得 -

点评：求解时，利用转化思想将其等价的转化为方程组，通过对方程在某个范围内有解性的探究使问题获解.

四、利用函数的单调性求解范围问题

通过函数的单调性可以准确的判断函数图像变化的基本趋势，借助图像的趋势产生函数的最值，也就产生了所求的范围.

例6. 已知c是双曲线 - =1（a，b>0）的半焦距，则 的取值范围是          .

解析：由 = = -e=- ，由于e>1，且函数- 在（1，+∞）上是增函数，那么 的取值范围是（-1，0）.

点评：初看本题有点难，式子 的转化方向不明确，但细想一下，本式子可以转化为一个变量的函数式，于是向着离心率变化的思路便产生了.

例7. 设P1（x1，y2），P2（x2，y2），…，Pn（xn，yn）（n≥3，n∈N）是二次曲线C上的点，且a1=OP12，a2=OP22，…，an=OPn2构成了一个公差为d（d≠0）的等差数列，其中O是坐标原点，记Sn=a1+a2+…+an.

（1）若C的方程为 + =1（a>b>0），点P1（a，0），对于给定的自然数n，当公差d变化时，求Sn的最小值.

（2）请选定一个除椭圆外的二次曲线C及C上的一点P1，对于给定的自然数n，写出符合条件的点P1，P2，…，Pn存在的充要条件，并说明理由.

解析：（1）原点到 + =1（a>b>0）上各点的最小距离为b，最大距离为a.

由于a1=OP12=a2，得d<0，且an=OPn2=a2+（n-1）d≥b2，

∴ ≤d<0，又n≥3， >0.

得Sn=na2+ d在[ ，0）上是关于d的递增函数，故Sn的最小值为：na2+ · 即为 .

（2）若双曲线C： - =1，点P1（a，0），则对于给定的n，点P1，P2，…，Pn存在的充要条件是d>0;由于原点O到双曲线C上各点的距离h∈[a，+∞），且OP12=a12 ，故点P1，P2，…，Pn存在，当且仅当OPn2>OP12即d>0.

点评：本题视d为变量，将Sn看成是d的函数，这种观察问题的角度非常特别，有了这个角度，再结合函数的单调性，结论恰到好处地产生了.

五、借助二次函数求最大值与最小值

涉及点到曲线上某点的距离或是曲线的弦长问题，往往可以转化为二次函数，通过对二次函数的性质分析产生结论.

例8. 从圆x2+y2=4上任意一点P作x轴的垂线，垂足为Q，点M在线段PQ上，且 =？姿 （0<？姿<1），若点M到A（0，-2）的最远距离为3，求？姿的值.

解析：易得点M的轨迹方程x2+ =4，设曲线上任意一点为B（x，y），则BA= = = （-2？姿≤y≤2？姿）= （-2？姿≤y≤2？姿）.

①当？姿∈（0， ]时， ≤2？姿.

因此，当y= 时，BAmax= =3，得？姿= .

②当？姿∈（ ，1）时， >2？姿.

因此，当y=2？姿时，BAmax= =3，得？姿= （舍去）.

由①②得所求的？姿= .

点评：本题将点M到A（0，-2）的距离转化为关于y的二次函数，通过对这个二次函数最值的分析，再结合分类讨论产生结论.

跟踪练习：

1. 设椭圆中心在原点，坐标轴为对称轴，焦点与短轴两端点的连线互相垂直，且此焦点与长轴上较近的端点距离为4（ -1），则椭圆的方程为           .

2. 已知双曲线 - =1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线的右支上，且PF1= 4PF2，则双曲线的离心率e的最大值为           .

3. 已知A（x1，y1）是抛物线y2=4x上的一个动点，B（x2，y2）是椭圆 + =1上的一个动点，N（1，0）是一定点，若AB∥x轴，且x1

4. ？驻ABC的三边长分别为AC=3，BC=4，AB=5，点P是？驻ABC内切圆上一点，则PA2+PB2+PC2的最小值与最大值分别为         .

答案：1.  + =1或 + =1.  2.  .

3. 解析：由y2=4x， + =1？圯x= ，y=± ，由于AB∥x轴， 且x1而BN= = =2- x2，

那么周长l=3+ x2， 于是 <l<4， 所以答案为（ ，4）.

4. 18、22.

第七篇：立体几何中的函数与方程思想

立几，本来是以线面关系为主的内容，常规问题都是基本的推理与论证，但近年高考命题出现一些关于立几的创新设计，这些创新题多与函数、方程思想有关，这里展示一些供欣赏.

一、应用函数单调性

为了产生某些问题的结论，我们必须引入变量，利用变量将待求解的问题转化为变量的函数，结合函数的单调性产生结论.

例1. 如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点.现将？驻AFD沿AF折起，使平面ABD平面⊥平面ABC. 在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足.设AK=t，则t的取值范围是              .

解析：作DO⊥AF于O并延长交AB于G，折起后AO⊥面DOG.当面ABD⊥平面ABC时，点D的投影K在哪里？其实，就是点G.

事实上，在面ABD内作DG′⊥AB于G′，则DG′⊥面ABC， 从而DG′⊥AO，连OG′，得AO⊥面DOG′，于是G与G′重合.

设DF=x（1

点评：本题通过引入变量x，将欲求解的问题转化为x的函数关系式，通过变量x的范围及函数的单调性产生结论.

例2. 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，顶点B1到对角线BD1和到平面A1BCD1的距离分别为h和d，则下列命题中正确的是（     ）

A. 若侧棱的长小于底面的边长，则 的取值范围为（0，1）

B. 若侧棱的长小于底面的边长，则 的取值范围为（ ， ）

C. 若侧棱的长大于底面的边长，则 的取值范围为（ ， ）

D. 若侧棱的长大于底面的边长，则 的取值范围为（ ，+∞）

解析：设底面边长为1，侧棱长为？姿（？姿>0），过B1作B1H⊥BD1，B1G⊥A1B. 在Rt？驻BB1D1中，B1D1= ，B1D= ，由三角形面积关系得h=B1H= = . 设在正四棱柱中，由于BC⊥AB，BC⊥BB1，所以BC⊥平面AA1B1B，于是BC⊥B1G，所以B1G平面AB1CD1，故B1G为点到平面A1BCD1的距离，在Rt？驻A1B1B中，又由三角形面积关系得d=B1G= = .于是 = = · .

于是当？姿>1，所以？姿2+2>3， <1- <1，所以 ∈（ ，1）.

点评：本题通过引入侧棱长为？姿（？姿>0）后，将待求范围的式子 转化为？姿的函数，再结合这个函数的单调性产生问题 的结论.

二、应用二次函数的最值

我们往往会遇到一些最值问题，这些最值问题经过转化其实就是二次函数的最值问题，借助二次函数可能顺利获解.

例3. 如图，一只小船以10 m/s的速度由南向北匀速驶过湖面，在离湖面高20 m的桥上，一辆汽车由西向东以20 m/s的速度前进.现在小船在桥下水平面P点以南的40 m处，汽车在桥上Q点以西30 m处（其中PQ⊥水面），则小船与汽车间的最短距离为       .（不考虑汽车与小船本身的大小）

解析：设经过ts汽车在A点，船在B点，如下图，则有AQ=30-20t，BP=40-10t，PQ=20. 设A点在水平面的射影为C，连结CB，AB，不难得出？驻ACB，？驻CPB都是直角三角形，从而AB2=AC2+BC2=PQ2+PB2+PC2=202+（40-10t）2+（30-20t）=100[5（t-2）2+9]. 故当t=2时，线段AB最短，最短距离为30 m.

点评：本题引入时间t后，结合直角三角形的勾股定理，很快将小船与汽车间的距离转化为t的二次函数，借助二次函数产生结论.

例4.（2014·高考浙江卷）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角？兹的大小.若AB=15m，AC=25m，∠BCM=300，则tan？兹的最大值是         .（仰角为直线AP与平面ABC所成角）

解析：如图，过点P作PO⊥BC点O，连接AO，则∠PAO=？兹.

设CO=x，则PO= x.

在Rt？驻ABC中，AB=15m，AC=25m得BC=20m，所以cos∠BCA= .

所以AO= = .

所以tan？兹= = .

当 = ，即x= 时，tan？兹取得最大值为 .

点评：本题引入x后，结合图形，将tan？兹表示为关于x的函数，通过对该函数变形整理，最后分母中的被开方式子转化为二次函数，借助这个二次函数产生最值.

三、构造函数应用基本不等式

基本不等式具有广泛的联系性，立几中的有些最值问题，通过引入合适的变量，产生欲求最值式子的函数关系后可通过基本不等式求解.

例5. 某建筑的金属支架如图所示，根据要求AB至少长2.8m，C为AB的中点，B到D的距离比CD的长小0.5m，∠BCD=600，已知建筑支架的材料每米的价格一定，问怎样设计AB，CD的长，可使建造这个支架的成本最低？

解析：设BC=am（a≥1.4），CD=bm连结BD.

则在？驻CDB中，（b- ）2=b2+a2-2abcos600.

∴b= . ∴b+2a= +2a. 设t=a-1，t≥ -1=0.4，

则b+2a= +2（t+1）=3t+ +4≥7，等号成立时t=0.5>0.4，a=1.5，b=4.

故当AB=3m，CD=4m时，建造这个支架的成本最低.

点评：本题借助余弦定理，将“支架”用关于a的函数式，由于这个函数式稍显复杂，于是进行了换元，然后可利用基本不等式顺利求解.

例6. 某几何体的一条棱长为 ，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为 的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a+b的最大值为（     ）

A. 2       B. 2       C. 4      D. 2

解析：如图，设CD=x，

由题意得AB= ，BC= ，那么AC= =1.

于是b=BE= = ，a=AD= = .

得a+b= + .

由于2ab≤a2+b2？圯（a+b）2≤2（a2+b2）？圯a+b≤ .

故a+b= + ≤ =4，选C.

点评：本题通过点的投影，将a+b表示成了关于x的无理函数，如何求解无理函数式的最值便成了解此题的关键.

四、利用方程或方程组

构造方程或方程组是求解数学问题的重要思路之一，面对立几问题也不例外，尚若能从方程或方程组的角度来认识问题、分析问题，有时也会柳暗花明的.

例7. 一个正四棱台的两底面边长分别为m，n侧面积等于两个底面积之和，求这个棱台的体积.

解析：如图所示，设O，O1分别为下、上底面中心，M，M1分别为下、上底边BC，B′C′的中点，连结O1M1，OM，过M1作M1H⊥OM于H，那么， s侧=4× （m+n） ·M1M=m2+n2，得M1M= .

在直角三角形M1HM中，M1H= = = ，因此，棱台的高为 .

那么体积为V= （m2+n2+mn）· = .

故棱台的体积为 .

点评：本题通过侧面积列出方程，解方程得到了四棱台的斜高，进一步得到了棱台的高，产生了棱台的体积.

跟踪练习：

1. P是∠AOB所在平面外一点，且∠POA=∠POB=∠AOB，cos∠AOB=- ，PO与面AOB所成角的余弦值为（     ）

A.       B.       C.       D.

2. 长方体的三个相邻的面面积分别为2，3，6，这个长方体的顶点在同一个球面上，则这个球的表面积为            .

3. 三棱台ABC-A1B1C1上底面积为a2，下底面积为b2（a>0，b>0），作截面AB1C1，设三棱锥B-AB1C1的高等于三棱台的高，则三角形AB1C1的面积为          .

4. 已知一个圆锥的底面半径为R，高为H，在其中有一个高为x的内接圆柱，问：x为何值时，圆柱的侧面积最大？最大的侧面积是多少？

答案：1. A;2. 56？仔;3. ab;4. x= ; ？仔RH.

函数与方程思想是中学数学中的重要的数学思想，在具体解题中的应用十分丰富. 这里仅是冰山一角，欲求更丰富的应用，请用真心去爱数学吧！那样也许你才会全面地领略数学风骚.

（作者单位：中山市第一中学）

责任编校 徐国坚