1、专题八 思想方法 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)x1x，对任意x1，)，f(mx)mf(x)0 恒成立，则实数 m 的取值范围是_.解析 f(x)x1x，x1，)，f(mx)mf(x)0，mx 1mxm(x1x)0，2mx 1mxmx0，即 mx2m2x2(1m2)0.由 f(mx)mf(x)0 在 x1，)上恒成立知，mx2m2x2(1m2)0 在 x1，)上恒成立m0.当 m0 恒成立，即 x21m22m2，x1，)，1m22m2 1，m0 时，只要 2m2x2(1m2)0 恒成立，即 x21m22m2.x1，)，x20时，就化为不等式 f(x
2、)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、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方法加以解决，建立空间直角坐标系后，立体几何与函数的关系更加密切热点分类突破 题型一 函数与方程思想在求最值或参数范围中的应用例1 已知 a，b，cR，abc0，abc10，求 a 的取值范围思维启迪 本题可以根据题设条件将 b，c 的和与积用 a 表示，构造一
3、元二次方程，然后利用一元二次方程有解，其判别式 0，再构建 a 的不等式求解，或根据题设条件将 a 表示成 c 的函数转化为求函数的值域问题求解解 方法一(方程思想)：因为 bca，bc1a.所以 b，c 是方程 x2ax1a0 的两根，所以 a24(1a)0，即 a24a40，解得 a22 2或 a22 2.方法二(函数思想)：由已知abc0abc10，得 bcbc10，如果 c1，则 b1b10，即 20，不成立，因此 c1，所以 bc1c1，a1c1cc.令 f(c)1c1ccc211c，所以 f(c)c22c1(1c)2.令 f(c)0，则 c1 2.当 c1 2时，f(c)0，函数
4、f(c)在区间(，1 2)上是减函数；当 1 2c0，函数 f(c)在区间(1 2，1)上是增函数；当 1c0，函数 f(c)在区间(1,1 2)上是增函数，当 c1 2，f(c)0 时，f(c)22(1c)21c22 2；当 1c0，a3a10，即 a1 或 a0，a1，故 a10.abaa3a1(a1)25(a1)4a1(a1)4a159.当且仅当 a1 4a1，即 a3 时取等号又 a3 时，(a1)4a15 是关于 a 的单调增函数ab 的取值范围是9，)方法二(看成不等式的解集)a，b 为正数，ab2 ab，又 abab3，ab2 ab3.即(ab)22 ab30，解得 ab3 或
5、ab1(舍去)，ab9.ab 的取值范围是9，)方法三 若设 abt，则 abt3，a，b 可看成方程 x2(t3)xt0 的两个正根从而有(t3)24t0abt30abt0，即t1或t9t3t0，解得 t9，即 ab9.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 cos2xsin xa0 在(0，2上有解，求 a 的取值范围思维启迪可分离变量为 acos2xsin x，转化为确定的相关函数的值域解 方法一 把方程变形为 acos2xsin x.设 f(x)cos2xsin x(x(0，2)显然当且仅当 a 属于 f(x)的值域时，af(x)有解f(x)(1
6、sin2x)sin x(sin x12)254，且由 x(0，2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方法二 令 tsin x，由 x(0，2，可得 t(0,1将方程变为 t2t1a0.依题意，该方程在(0,1上有解设 f(t)t2t1a.其图象是开口向上的抛物线，对称轴 t12，如图所示因此 f(t)0 在(0,1上有解等价于f(0)0f(1)0，即1a01a0，1a1.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
7、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变式训练 2 已知函数 f(x)2cos2xcos x1，g(x)cos2xa(cos x1)cos x3.若 yf(x)与yg(x)的图象在(0，)内至少有一个公共点试求 a 的取值范围解 yf(x)与 yg(x)的图象在区间(0，)内至少有一个公共点，即yf(x)yg(x)有解，即令 f(x)g(x)，cos2xa(1cos x)cos x32cos2xcos x1，a(1cos x)(cos x1)21，x(0，)，01cos x2m4x 恒成立，求 x的取值范围思维启迪解 t 2，8，f(t)12，3，
8、从而 m12，3，原题可转化为 m(x2)(x2)20 恒成立当 x2 时，不等式不成立x2，令 g(m)m(x2)(x2)2 为 m 的一次函数问题转化为 g(m)在 m12，3 上恒大于 0.g12 0，g(3)0.解得 x2 或 xa7 对一切自然数 n 都成立解 令 f(n)1n1 1n213n1(nN)对任意的 nN，f(n1)f(n)13n213n313n4 1n123(n1)(3n2)(3n4)0，所以 f(n)在 N 上是增函数又 f(1)1312，f(0)1，对一切自然数 n，f(n)a7 都成立的充要条件是 1a7，所以 a8，故所求自然数 a 的最大值是 7.题型四 函数
9、与方程思想在解决优化问题中的应用例 4三棱锥 SABC，SAx，其余的所有棱长均为 1，它的体积为 V.(1)求 Vf(x)的解析表达式，并求此函数的定义域；(2)当 x 为何值时，V 有最大值？并求此最大值思维启迪作出底面 ABC 的垂面，把原三棱锥看作以这个垂面为底面的两个三棱锥解(1)如图，取 BC 中点 D，连结 SD、AD，则 SDBC，ADBC，BC平面 SAD.作 DESA 于 E，由于 SDAD 32，则 E 是 SA 的中点，DE322x2212 3x2.SSAD12x12 3x214x 3x2.VVBSADVCSAD13BCSSAD 112x 3x2.f(x)112x3x2
10、，定义域是(0，3)(2)V2 1122x2(3x2)1122x23x222 1122322，V 1123218.等号当且仅当 x23x2，即 x 62 时成立，当 x 62 时，体积 V 最大为18.探究提高 解析几何、立体几何及其实际应用等问题中的最优化问题，一般利用函数思想来解决，思路是先选择恰当的变量建立目标函数，再用函数的知识来解决变式训练 4设 P(x，y)是椭圆x24y221 上的动点，定点M(12，0)，求动点 P 到定点 M 距离的最大值与最小值解 由x24y221 得 y2212x2，|PM|2(x12)2y2x2x14212x212(x22x)9412(x1)274，y2
11、212x20，2x2.当 x1 时，|PM|2 取得最小值74，即|PM|的最小值为 72；当 x2 时，|PM|2 取得最大值254，即|PM|的最大值为52.规律方法总结 1借助有关函数的性质，一是用来解决有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题，二是在问题的研究中，可以通过建立函数关系式或构造中间函数来求解2许多数学问题中，一般都含有常量、变量或参数，这些参变量中必有一个处于突出的主导地位，把这个参变量称为主元，构造出关于主元的方程，主元思想有利于回避多元的困扰，解方程的实质就是分离参变量.知能提升演练 一、选择题1若 2x5y2y5x，则有()Axy0 Bxy0Cx
12、y0 Dxy0解析 把不等式变形为 2x5x2y5y，构造函数 y2x5x，其为 R 上的增函数，所以有 xy，故选B.B2已知向量 a(3,2)，b(6,1)，而(ab)(ab)，则实数 等于()A1 或 2 B2 或12C2 D0B解析 由(ab)(ab)得(ab)(ab)0，(36,21)(36，2)0，2 或 12，故选 B.3方程 m 1xx 有解，则 m 的最大值为()A1 B0 C1 D2解析 由原式得 mx 1x，设 1xt(t0)，则 m1t2t54(t12)2，m54(t12)2 在0，)上是减函数，t0 时，m 的最大值为 1.A4f(x)是定义在 R 上的以 3 为周期
13、的奇函数，f(2)0，则函数 yf(x)在区间(1,4)内的零点个数为()A2 B3 C4 D5解析 f(x)是定义在 R 上的奇函数，f(0)0.由 f(2)0，得 f(2)0.又f(x)的周期为 3，f(1)0，f(3)0.又f(32)f(323)f(32)f(32)，f(32)0.故选 D.D5已知对于任意的 a1,1，函数 f(x)x2(a4)x42a 的值总大于 0，则 x 的取值范围是()A1x3 Bx3C1x2 Dx2解析 将 f(x)x2(a4)x42a 看作是 a 的一次函数，记为 g(a)(x2)ax24x4.当 a1,1时恒有 g(a)0，只需满足条件g(1)0，g(1)
14、0，即x23x20，x25x60，解之得 x3.B二、填空题6已知 R，若 x2(4cos)x3cos 0 恒成立，则实数 x 的取值范围是_解析 原不等式可化为：cos(x1)x24x30.令 tcos，则 t1,1且 t(x1)x24x30，即 f(t)t(x1)x24x3 在1,1上恒成立f(1)0f(1)0即x25x40 x23x20，1x2.(1,2)7若 y1sin2xmcos x 的最小值为4，则 m 的值为_解析 原式化为 y(cos xm2)2m24，当m21，ymin1m4m5.综上知，m5.5 8方程 xlg(x2)1 有_个不同的实数根解析 xlg(x2)1，转化为 l
15、g(x2)1x.方程解的个数转化为函数 ylg(x2)与函数 y1x的图象交点问题，如图所示，有两个交点2 三、解答题9已知an是一个等差数列，且 a21，a55.(1)求an的通项公式；(2)求an前 n 项和 Sn 的最大值解(1)设an的公差为 d，由已知条件，得a1d1，a14d5，解得 a13，d2.所以 ana1(n1)d2n5.(2)方法一 由an0，an10，得2n50，2(n1)50，解得32n52，n2，即当 n2 时，数列an的前 n 项和 Sn 取得最大值，最大值为 S2a1a2a1a1d4.方法二 Snna1n(n1)2dn24n4(n2)2.所以当 n2 时，Sn
16、取得最大值 4.10已知二次函数 f(x)ax2bx(a，b 为常数，且 a0)满足条件：f(x1)f(3x)，且方程 f(x)2x 有等根是否存在实数 m，n(mn)，使 f(x)定义域和值域分别为m，n和4m,4n，如果存在，求出 m，n 的值；如果不存在，说明理由解 方程 ax2bx2x 有等根，(b2)20，得 b2.由 f(x1)f(3x)知此函数图象的对称轴方程为 x b2a1 得 a1，故 f(x)x22x.f(x)(x1)211，4n1，即 n14.而抛物线 yx22x 的对称轴为 x1，n14时，f(x)在m，n上为增函数若满足题设条件的 m，n 存在，则f(m)4m，f(n)4n，即m22m4m，n22n4nm0或m2，n0或n2.又 mn14，m2，n0，这时定义域为2,0，值域为8,0由以上知满足条件的 m，n 存在，m2，n0.返回
