高考冲刺 函数与方程的思想 知识讲解

第 1 页 共 25 页 高考冲刺 函数与方程的思想 【高考展望】 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，与函数相关的试题所占比例始终在 20%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。函数与方程思想是最重要的一种数学思想， 高考中所占比重比较大，综合知识多、题型多、应用技巧多。在高中新课标数学中，还安排了函数与方程 这一节内容，可见其重要所在。 在近几年的高考中，函数思想主要用于求变量的取值范围、解不等式等，方程观点的应用可分为逐步 提高的四个层次： （1）解方程； （2）含参数方程讨论； （3）转化为对方程的研究，如直线与圆、圆锥曲线的位置关系，函数的性质，集合关系； （4）构造方程求解。 高考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．特别注意客观形题目，大题一般难度略大。 【知识升华】 函数与方程（不等式）的思想贯穿于高中学习的各个内容，求值的问题就要涉及到方程，求取值范围 的问题就离不开不等式，但方程、不等式更离不开函数，函数与方程（不等式）思想的运用使我们解决问 题的重要手段。 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 像与 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。就中学数学而 言，函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质，解有关求值、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，通过建立函数关系式或构造中间 函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易，化繁为简的目的。许多有关方程的问 题可以用函数的方法解决，反之，许多函数问题也可以用方程的方法来解决。函数与方程的思想是中学数 学的基本思想，也是历年高考的重点。 1．函数的思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，建立函数关系或构造函数， 运用函数的图像和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决。函数思想是对函数概念的本质认识， 用于指导解题就是善于利用函数知识或函数观点观察、分析和解决问题；第 2 页 共 25 页 2．方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，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。方程的数学是对方程概念的 本质认识，用于指导解题就是善于利用方程或方程组的观点观察处理问题。方程思想是动中求静，研究运 动中的等量关系； 3．函数的思想与方程的思想的关系 在中学数学中，很多函数的问题需要用方程的知识和方法来支持，很多方程的问题需要用函数的知识 和方法去解决．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 y＝f(x)看作二元 方程 y－f(x)＝0，函数与方程可相互转化。 4．函数方程思想的几种重要形式 （1）函数和方程是密切相关的，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。函数问题（例如求反函数，求函数的值域等）可以转化为方程 问题来求解，方程问题也可以转化为函数问题来求解，如解方程 f(x)＝0，就是求函数 y＝f(x)的零点； （2）函数与不等式也可以相互转化，对于函数 y＝f(x)，当 y>0 时，就转化为不等式 f(x)>0，借助 于函数图像与性质解决有关问题，而研究函数的性质，也离不开解不等式； （3）数列的通项或前 n 项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点处理数列问题十分重要； （4）函数 f(x)＝ （n∈N*）与二项式定理是密切相关的，利用这个函数用赋值法和比较系 数法可以解决很多二项式定理的问题； （5）解析几何中的许多问题，例如直线和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，涉及到二次方程与二次函数的有关理论； （6）立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用布列方程或建立函数表达式的方 法加以解决。 【典型例题】 类型一、函数思想在方程中应用 【例 1】设方程 上有实根，求 的 取值范围。 【思路点拨】本题若直接由条件出发，利用实根分布条件求出 a，b 满足的条件，视 为区域内 点与原点距离的平方，以此数形结合，亦可获解，但过程繁琐。考虑到变量 a，b 是主变量，反客为主， 视方程 为 aob 坐标平面上的一条直线 l： ，P（a，b）为直线上 的点，则 即为|PO|2。 【解析】设 d 为点 O 到直线 l 的距离， nbax )( +第 3 页 共 25 页 由几何条件知： ， 因为 ，令 ，则 。 且易知函数 在 上为增函数。 所以 。即 。 【总结升华】解法一通过简单转化，敏锐地抓住了数与式的特点，运用方程的思想使问题得到解决； 解法二转化为 b2 是 a、c 的函数，运用重要不等式，思路清晰，水到渠成。 举一反三： 【变式 1】（1）已知 （a、b、c∈R），则有（ ） (A) (B) (C) (D) 【解析】法一：依题设有 a·5－b· ＋c＝0， ∴ 是实系数一元二次方程 的一个实根；∴△＝ ≥0 ∴ 故 选(B)； 法二：去分母，移项，两边平方得： ≥10ac＋2·5a·c＝20ac，∴ 故选(B) 【例 2】若关于 x 的方程 cos2x－2cosx＋m＝0 有实数根，则实数 m 的取值范围是________ 【思路点拨】将方程变形为 m＝－cos2x＋2cosx，则当方程有实数根时，－cos2x＋2cosx 的取值范围 就是 m 的取值范围． 【解析】原方程可化为 m＝－cos2x＋2cosx. 令 f(x)＝－cos2x＋2cosx， 则 f(x)＝－2cos2x＋1＋2cosx ＝－2 ＋ ， 由于－1≤cosx≤1， 所以当 cosx＝ 时，f(x)取得最大值 ， 当 cosx＝－1 时，f(x)取得最小值－3， 故函数 f(x)的值域为 ， 即 m∈ . 【总结升华】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 15 5 =− a cb acb 42 > acb 42 ≥ acb 42 < acb 42 ≤ 5 5 02 =++ cbxax acb 42 − acb 42 ≥ 222 10255 cacab ++= acb 42 ≥ 21(cos )2x − 3 2 1 2 3 2 3[ 3 ]2 − − 3[ 3 ]2 − −第 4 页 共 25 页 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． 举一反三： 【变式 1】已知函数 的图象如下，则（ ） （A） (B) (C) (D) 【答案】A. 【变式 2】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(　　) A．a< 　　　　　　B．a≤－8 C．a< D．a≤－4 【答案】A 【解析】由原方程得 4＋a＝－ ， 令 f(x)＝ ，取 t＝3x，则 g(t)＝ ， ∵g(t)在(0,2)上递减，在(2，＋∞)上递增， 而 x>1，∴t>3，∴g(t)>g(3)＝13 3 ， ∴－ < ， 即 4＋a< ，∴a< 【例 3】已知 ，t∈[ ，8]，对于 f(t)值域内的所有实数 m，不等式 恒成立，求 x 的取值范围。 【思路点拨】将原题转化为： >0 恒成立，y= 为 m 的一次函数 （这里思维的转化很重要） 【解析】∵t∈[ ，8]，∴f(t)∈[ ，3] 当 x＝2 时，不等式不成立。∴x≠2。令 g(m)＝ ，m∈[ ，3] 问题转化为 g(m)在 m∈[ ，3]上恒对于 0，则： ；解得：x>2 或 x++ 2)2()2( −+− xxm 2)2()2( −+− xxm 2 2 1 2)2()2( −+− xxm 2 1 2 1    > > 0)3( 0)2 1( g g 25 3 − 13 3 − 4(3 )3 x x + 43 3 x x + 4t t + 4(3 )3 x x + 13 3 − 13 3 − 25 3 − x21 y 0第 5 页 共 25 页 例 4.（2015 黄山三模）已知函数 有且仅有 3 个实数根 x1、x2、x3， 则 x12+x22+x32=（　　） A．5 B． C．3 D． 【思路点拨】根据函数 f（x）的对称性可知 =k 有解时总会有 2 个根，进而根据方程有且仅有 3 个 实数根可知必含有 1 这个根，进而根据 f（x）=1 解得 x，代入 x12+x22+x32 答案可得． 【答案】A 【解析】∵方程有 3 个实数根， =k 有解时总会有 2 个根， 所以必含有 1 这个根 令 =1， 解得 x=2 或 x=0 所以 x12+x22+x32═02+12+22=5 故选 A 【总结升华】本题主要考查了函数与方程的综合运用，利用了函数图象的对称性和方程根的分布.解决此类 问题必须深刻理解函数和方程之间的关系. 举一反三： 【变式】（2015 湖北高考）已知符号函数 sgnx= ，f（x）是 R 上的增函数，g（x）=f（x） ﹣f（ax）（a＞1），则（　　） A．sgn[g（x）]=sgnx B．sgn[g（x）]=﹣sgnx C．sgn[g（x）]=sgn[f（x）] D．sgn[g（x）]=﹣sgn[f （x）] 【答案】B 【解析】由于本题是选择题，可以常用特殊法，符号函数 sgnx= ，f（x）是 R 上的增函数， g（x）=f（x）﹣f（ax）（a＞1）， 不妨令 f（x）=x，a=2， 则 g（x）=f（x）﹣f（ax）=﹣x， sgn[g（x）]=﹣sgnx．所以 A 不正确，B 正确， sgn[f（x）]=sgnx，C 不正确；D 正确； 对于 D，令 f（x）=x+1，a=2， 则 g（x）=f（x）﹣f（ax）=﹣x， sgn[f（x）]=sgn（x+1）= ；第 6 页 共 25 页 sgn[g（x）]=sgn（﹣x）= ， ﹣sgn[f（x）]=﹣sgn（x+1）= ；所以 D 不正确；故选 B． 【变式 2】设函数 与 的图象的交点为 ，则 所在的区间是（ ） A． B． C． D． 【答案】B； 【解析】令 ，可求得： 。易知函数 的零点所在区间为 。 【总结升华】本题主要考察学生对方程的根与函数零点关系的理解，以及利用函数图象确定函数零点 的个数的方法。 类型二、函数思想在不等式中的应用 【例 5】设 a>b>c，且 a＋b＋c=0，抛物线 被 x 轴截得的弦长为 l，求证： ． 【思路点拨】由于弦长 l 是与 a，b，c 有关的变量，若能建立 的表达式，那么结论相当于 确定该函数的值域．为了确定函数 的值域，需要解决好三个问题：一是求出变量 l 关于 a， b，c 的解析式；二是将这个多元函数通过集中变量、消元或变量代换转化为一元函数；三是需要确定这个 一元函数的定义域． 【证明】 ，且 ．从而 ． 　　故抛物线 与 x 轴有两个不同的交点，即方程 必有两个不相等的实 数根 ，由韦达定理得 ． 　　 　　 ． 　　可见， 是 的二次函数．由 及 ，得 ，解得 ． 　　 在 上是减函 ， 3y x= 21 2 x y − =    0 0( )x y， 0x (01)， (1 2)， (2 3)， (3 4)， 3 2( ) 2 xg x x −= − (0) 0, (1) 0, (2) 0, (3) 0,g g g g< < > > (4) 0g > ( )g x (1 2)，第 7 页 共 25 页 　　即 ． 【总结升华】应用函数与方程思想处理不等式问题，关键在于构造一个适当的函数和用好方程理论，弄 清函数、方程及不等式的内在联系，树立相互转化的观点． 举一反三： 【变式】当 时，不等式 恒成立，则 的取值范围是 ； 【答案】 【解析】构造函数： 。由于当 时， 不等式 恒成立。则 ，即 。解得： 。 【例 6】设 a 大于 0，b 大于 0. A．若 2a+2a=2b+3b，则 a＞b B．若 2a+2a=2b+3b，则 a＞b C．若 2a-2a=2b-3b，则 a＞b D．若 2a-2a=ab-3b，则 a＜b 【思路点拨】利用构造函数的方法加以解决。 【答案】A； 【解析】若 ，必有 ．构造函数： ，则 恒成立，故有函数 在 x＞0 上单调递增，即 a＞b 成立．其余选项用同样方法排除．故选 A。 【总结升华】当问题中出现两数积与这两数和时，是构建一元二次方程的明显信息，构造方程后再利 用方程知识可使问题巧妙解决。当问题中出现多个变量时，往往要利用等量关系去减少变量的个数，如最 后能把其中一个变量表示成关于另一个变量的表达式，那么就可用研究函数的方法将问题解决。 【例 7 高清课程函数与方程的思想例题 3】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． 【思路点拨】本题可用参变分离或看作关于 m 的一次函数处理． 【解析】∵t∈[ ，8]，∴ ≤log2t≤3，∴ ≤m≤3. 解法一：不等式可化为：(2－x)m + ( ) 2 2xf x x= + ( ) 2 ln 2 2 0xf x′ = ⋅ + > ( ) 2 2xf x x= + (1 2)x∈ ， 2 4 0x mx+ + < m 5m ≤ − 2( ) 4,f x x mx= + + [1 2]x∈ ， (1 2)x∈ ， 2 4 0x mx+ + < (1) 0, (2) 0f f≤ ≤ 1 4 0, 4 2 4 0m m+ + ≤ + + ≤ 5m ≤ − 2 1 2 1 2 1 2第 8 页 共 25 页 有 f(m)的最小值大于 0， ∵x＝2 时，不成立． ∴ 即 解得 x2. 综上可得 x 的取值范围是{x|x2}． 【总结升华】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． 举一反三： 【变式】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 0，即 所以 x 的取值范围是(－∞，－1)∪(3，＋∞). 类型三、函数思想在数列中的应用 【例 8】设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 ， >0， 0， ＝  123 =a 12S 13S 1S 2S 3S 12S nS 123 =a da 2121 −= 12S dda 421444412 1 +=+ 13S dda 521567813 1 +=+ 7 24− nddndnnnaSn )2 512(2 1 2 )1( 2 1 −+=−+= nS d 12 2 5 − 7 24− d 12 2 5 − 2 13第 9 页 共 25 页 ∴当 n＝6 时， 最大。 【总结升华】数列的通项或前 n 项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点处理数列问题十分重要。 【例 9】已知等差数列 的公差 ，对任意 都有 ，函数 ． 　　（1）求证：对任意 ，函数 的图象过一定点． 　　（2）若 ，函数 f(x)与 x 轴的一个交点为 （ ），且 ，求数列 的通项公 式． 　　（3）在（2）的条件下，求 ． 【思路点拨】函数 f(x)的图象过一定点，可运用等差数列的性质进行论证；后一问中可运用根与系数的特 点进行求解． 【解析】（1） 为等差数列，故 ，故 必是方程 的 一个根，即方程 均有一个相同的根为－1． 　　故函数 f(x)过一定点（－1，0）． 　　（2）方程 的两根为 与 ． 　　有 ，故 ， 　　 ． 　　（3） ， 　　故 ． 【总结升华】数列综合题往往和函数、方程、不等式相结合，以数列为载体，利用函数性质研究数列 与方程，或以数列为载体，利用方程为工具去研究相关函数或数列的性质． 举一反三： 【变式】若(z－x) －4(x－y)(y－z)＝0,求证：x、y、z 成等差数列。 【证明】当 x＝y 时，可得 x＝z，∴x、y、z 成等差数列； 当 x≠y 时，设方程(x－y)t －(z－x)t＋(y－z)＝0，由△＝0 得 t ＝t ，并易知 t＝1 是方程的根。 ∴t ·t ＝ ＝1，即 2y＝x＋z，∴x、y、z 成等差数列。 nS 2 2 1 2 1 2 y z x y − −第 10 页 共 25 页 2 6 2 6 2 6 2 6 2 24 2 242 24 2 24 类型四、函数思想在立体几何中的应用 【例 10】如右图，已知正四棱锥 所有棱长都为 1，点 E 是侧棱 上一动点，过点 垂直 于 的截面将正四棱锥分成上、下两部分，记 截面下面部分的体积为 则函数 的图像大致为（ ） 【答案】A； 【解析】：（定性法）当 时，随着 的增大，观察图形可知， 单调递减，且递减的速 度越来越快；当 时，随着 的增大，观察图形可知， 单调递减，且递减的速度越来越慢； 再观察各选项中的图象，发现只有 A 图象符合.故选 A。 【点评】对于函数图象的识别问题，若函数 的图象对应的解析式不好求时，作为选择题，没 必要去求解具体的解析式，不但方法繁琐，而且计算复杂，很容易出现某一步的计算错误而造成前功尽弃； 再次，作为选择题也没有太多的时间去给学生解答；因此，使用定性法，不但求解快速，而且准确节约时 间。 举一反三： 【变式 1】已知由长方体的一个顶点出发的三条棱长之和为 1，表面积为 ，求长方体的体积的最值。 【解析】设三条棱长分别为 x，y，z，则长方体的体积 V＝xyz。 由题设有： ； 所以 ， 故体积 V（x） ， S ABCD− SC E SC (0 1),SE x x= < < ( ),V x ( )y V x= 10 2x< < x ( )V x 1 12 x≤ < x ( )V x ( )y f x=第 11 页 共 25 页 下面求 x 的取值范围。因为 ， 所以 y、z 是方程 的两个实根。 由 ， 因为 所以当 时， ；当 时， 。 【例 11】如图，已知 面 ， 于 D， ． 　　（1）令 ， ，试把 表示为 x 的函数，并求其最大 值； 　　（2）在直线 PA 上是否存在一点 Q，使 成立？ 【思路点拨】（1）为寻求 与 x 的关系，首先可以将 转化为 ． （2）由正切函数的单调性可知：点 Q 的存在性等价于：是否存在点 Q 使得 ． 【解析】（1）∵ 面 ， 于 D，∴ ． 　　∴ ． 　　 ． 　　∵ 为 在面 上的射影．∴ ，即 ． 　　∴ ． 　　即 的最大值为 ，等号当且仅当 时取得． 　　（2） ． 　　令 ，解得： ，与 交集非空． 　　∴满足条件的点 Q 存在． 【总结升华】本题将立体几何与代数融为一体，不仅要求有一定的空间想象力，而且，做好问题的转化是 解决此题的关键．第 12 页 共 25 页 类型五、利用方程思想处理解析几何问题 【例 12】直线 与圆 相切，则 a 的值为（ ） A． B． C．1D． 【思路点拨】利用方程联立结合判别式可得解。 【解析】由直线方程得 ，并代入圆方程，整理得 。 又直线与圆相切，应有 ，解得 。 故选 D。 【总结升华】即把直线方程代入圆或圆锥曲线的方程，消去 y，得关于 x 的一元二次方程，其判别式 为△，则有：（1）曲线 C 与直线 相离 ；（2）曲线 C 与直线 相切 ；（3）曲线 C 与直线 相交 。 举一反三： 【变式】△ABC 的三边 a，b，c 满足 b＝8－c， ，试确定△ABC 的形状。 【解析】因为 b＋c＝8， ， 所以 b，c 是方程 的两实根， 即 ，所以 a＝6。从而得 b＝c＝4，因此△ABC 是等腰三角形。 【总结升华】构建一元二次方程的模型解决数学问题，是一种行之有效的手段，其独特功能在于充分 运用构建的一元二次方程及根的判别式和求根公式变更命题，从而使问题获得圆满解决。 例 13（2016 全国 I 卷高考）在直角坐标系 中，直线 l:y=t(t≠0)交 y 轴于点 M，交抛物线 C： 于点 P，M 关于点 P 的对称点为 N，连结 ON 并延长交 C 于点 H. （I）求 ； （II）除 H 以外，直线 MH 与 C 是否有其它公共点？说明理由. 【解析】（Ⅰ）由已知可得 ， 又∵ 与 关于点 对称，故 xOy 2 2 ( 0)y px p= > OH ON (0, )M t 2 ( , )2 tP tp N M P 2 ( , )tN tp第 13 页 共 25 页 ∴ 直线 的方程为 ，代入 ，得： 解得： ， ∴ ． ∴ 是 的中点，即 ． （Ⅱ）直线 与曲线 除 外没有其它公共点．理由如下： 直线 的方程为 ，即 ，代入 ，得 ，解得 ， 即直线 与 只有一个公共点，所以除 外没有其它公共点． 【总结升华】不少解析几何问题，其中某些元素处于运动变化之中，存在着相互联系、相互制约的量，它 们之间往往构成函数关系；对于直线和曲线交点问题，经常要转化为方程问题，用方程的理论加以解决。 举一反三： 【变式】直线 和双曲线 的左支交于 A、B 两点，直线 l 过点 P(－2，0)和线段 AB 的中点 M，求 l 在 y 轴上的截距 b 的取值范围． 分析：b 的变化是由于 k 的变化而引起的，即对于 k 的任一确定的值，b 有确定的值与之对应，因此 b 是 k 的函数，本题即为求这个函数的值域． 【解析】由 消去 y，得 ．（ ） 　　因为直线 m 与双曲线的左支有两个交点，所以方程（ ）有两个不相等的负实数根． 所以 解得 ． 设 ，则 　　由 三点共线，得出 ． ON py xt = 2 2y px= 2 22 0px t x− = 1 0x = 2 2 2tx p = 22( ,2 )tH tp N OH 2OH ON = MH C H MH 2 py t xt − = 2 ( )tx y tp = − 2 2y px= 2 24 4 0y ty t− + = 1 2 2y y t= = MH C H第 14 页 共 25 页 　　设 ，则 在 上为减函数， 　　 ，且 ． ，或 ， 　　 ，或 ． 【总结升华】根据函数的思想建立 b 与 k 的函数关系，根据方程的思想，运用二次方程的理论具体求出 b 的表达式，是解此题的两个关键问题．不少解析几何问题，其中某些元素处于运动变化之中，存在着相互 联系、相互制约的量，它们之间往往构成函数关系；对于直线和曲线交点问题，经常要转化为方程问题， 用方程的理论加以解决． 类型六、函数思想在三角中的应用 【例 14】求 的取值范围。 【思路点拨】利用换元法转化为二次函数问题。 【解析】设 ， 则 ，构造二次函数 ， 由图 1 可知： 图 1 即 。 【总结升华】该题通过三角换元构造了二次函数，最终求得最值。 举一反三： 【变式 1】已知函数 ，当 有实数解时，求 a 的取值范围。 【解析】由 得 ，分离 a 得： ；第 15 页 共 25 页 问题转化为求 a 的值域。 因为 ，所以 。 故当 时， 有实数解。 【变式 2】例 10．△ABC 中，求证：cosA·cosB·cosC≤ 【证明】设 k＝cosA·cosB·cosC＝ [cos(A＋B)＋cos(A－B)]·cosC＝ [－cosC＋cos(A－B)]cosC； 整理得：cos C－cos(A－B)·cosC＋2k＝0，即看作关于 cosC 的一元二次方程。 ∴△＝cos (A－B)－8k≥0，即 8k≤cos (A－B)≤1； ∴ k≤ 即 cosA·cosB·cosC≤ 。 【总结升华】既是方程思想，也属判别式法。还可用放缩法：cosA·cosB·cosC＝… ＝－ cos C＋ cos(A－B)·cosC＝－ [cosC－ ] ＋ cos (A－B)≤ cos (A－B) ≤ 。 类型七、方程思想在求函数最值中的应用 【例 15】求正整数 a 的最大值，使不等式 对一切正整数 n 都成 立． 【 思 路 点 拨 】 要 求 正 整 数 a 的 最 大 值 ， 应 先 求 a 的 取 值 范 围 ， 关 键 是 求 出 代 数 式 的最小值，可将其视为关于 n 的函数，通过单调性求解． 【解析】令 f(n)＝ (n∈N*)， 对任意的 n∈N*， f(n＋1)－f(n)＝ ＝ 所以 f(n)在 N*上是增函数． 又 f(1)＝ ，对一切正整数 n，f(n)>a－7 都成立的充要条件是 >a－7， 所以 a< ，故所求正整数 a 的最大值是 8. 1 8 1 2 1 2 2 2 2 1 8 1 8 1 2 2 1 2 1 2 cos( )A B− 2 2 1 8 2 1 8 2 1 8 1 1 1 71 2 3 1 an n n + + + > −+ + + 1 1 1 1 2 3 1n n n + + ++ + + 1 1 1 1 2 3 1n n n + + ++ + + 1 1 1 1 3 2 3 3 3 4 1n n n n + + −+ + + + 2 03( 1)(3 2)(3 4)n n n >+ + + 13 12 13 12 97 12第 16 页 共 25 页 【总结升华】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． 【例 16】如果函数 的最大值是 4，最小值是－1，求实数 a、b 的值。 【思路点拨】将问题转化利用判别式法求函数值域。 【解析】由 y 的最大值是 4，知存在实数 x 使 ＝4，即方程 有实根，故 有 ； 又 由 y 的 最 大 值 是 4 ， 知 对 任 意 实 数 x 恒 有 ， 即 恒 成 立 ， 故 ，从而有 。 同样由 y 的最小值是－1，可得 。 由 ，可解得 。 【总结升华】本例解法中，对题设中给出的最值，一方面认为是方程的实数解，另一方面又认为是不 等式的恒成立条件。由于对题设条件的理解深刻，所以构思新颖，证法严谨。 举一反三： 【变式】已知函数 y＝ 的最大值为 7，最小值为－1，求此函数式。 【解析】函数式变形为： (y－m)x －4 x＋(y－n)＝0，x∈R， 由已知得 y－m≠0，∴ △＝(－4 ) －4(y－m)(y－n)≥0。 即：y －(m＋n)y＋(mn－12)≤0 ①， 不等式①的解集为(－1,7)，则 。 解得： 或 ∴ y＝…… （也可： 由解集(－1,7)而设(y＋1)(y－7)≤0,然后与不等式①比较系数而得。） 类型八、函数思想在实际问题中的应用 【例 17】植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距 10 米．开始 时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小， mx x n x 2 2 4 3 1 + + + 2 3 3 2 2 1 12 0 49 7 12 0 + + + − = − + + − =    ( ) ( ) m n mn m n mn m n = =    5 1 m n = =    1 5第 17 页 共 25 页 这个最小值为 （米）． 【思路点拨】把实际问题转化为数学模型,然后列式转化为函数的最值问题； 【解析】（方法一）设树苗放在第 个树坑旁边（如图）， 1 2 … … 19 20 那么各个树坑到第 i 个树坑距离的和是： 。 所以当 或 时， 的值最小，最小值是 1000，所以往返路程的最小值是 2000 米。 （方法二）根据图形的对称性，树苗放在两端的树坑旁边，所得路程总和相同，取得一个最值；所以 从两端的树坑向中间移动时，所得路程总和的变化相同，最后移到第 10 个和第 11 个树坑旁时，所得的路 程总和达到另一个最值，所以计算两个路程和即可。树苗放在第一个树坑旁，则有路程总和是 ；树苗放在第 10 个（或第 11 个）树坑旁边时，路程 总和是： ， 所以路程总和最小为 2000 米. 【总结升华】构造的二次函数形式在解题过程中起到了关键作用，函数是解决具体问题的有效工具。 该题通过分析实际模型建立了函数解析式，研究函数的性质，解释问题。 i i ( 1) 10 ( 2) 10 ( ) 10 [( 1) ] 10 (20 ) 10s i i i i i i i= − × + − × + + − × + + − × + + − ×  ( 1) (20 )( 1 20)10 [ (20 ) ]2 2 i i i ii i i i + − + += × × − − × − + 210( 21 210)i i= − + 10i = 11 s 19(1 19)10 (1 2 19) 2 10 2 38002 +× + + + × = × × = 10 (1 2 9) 10 (1 2 10) 2× + + + + × + + + ×  9 (1 9) 10 (1 10)10 2 10 2 900 1100 20002 2 × + × += × × + × × = + =第 18 页 共 25 页 【巩固练习】 1.已知 是定义在 R 上的偶函数，且以 2 为周期，则“ 为 上的增函数”是“ 为 上 的减函数”的（ ） （A）既不充分也不必要的条件 （B）充分而不必要的条件 （C）必要而不充分的条件 （D）充要条件 2.下列函数中，不满足： 的是（ ） 3.函数 在区间(0,1)内的零点个数是（ ） （A）0 （B）1 （C）2 （D）3 4.已知 x=lnπ，y=log52， ，则（ ） (A)x＜y＜z （B）z＜x＜y (C)z＜y＜x (D)y＜z＜x 5. (2016 上海高考)已知无穷等比数列{an}的公比为 q，前 n 项和为 Sn，且 .下列条件中，使得 恒成立的是( ) (A)a1＞0，0.6＜q＜0.7 (B)a1＜0，-0.7＜q＜-0.6 (C)a1＞0，0.7＜q＜0.8 (D)a1＜0，-0.8＜q＜-0.7 6.定义在 上的函数 满足 .当 时， ，当 时， 。则 （ ） （A）335 （B）338 （C）1678 （D）2012 7.若定义在 R 上的偶函数 f(x)满足 f(x＋2)＝f(x)，且当 x∈[0,1]时，f(x)＝x，则函数 y＝f(x)－log4|x|的零点个 数为(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 8.设函数 f(x) 满足 f( )=f(x)，f(x)=f(2 x)，且当 时，f(x)=x3.又函数 g(x)=|xcos |，则 函数 h(x)=g(x)-f(x)在 上的零点个数为（ ） (A)5 (B)6 (C)7 (D)8 9.若函数 f(x)＝ex－a－ 恰有一个零点，则实数 a 的取值范围是________． 10.已知函数 （ 为常数）。若 在区间 上是增函数，则 的取值范围是 。 22)( 3 −+= xxf x )(xf )(xf ]1,0[ ( )f x ]4,3[ (2 ) 2 ( )f x f x= ( )A ( )f x x= ( )B ( )f x x x= − ( )C ( )f x x= +1 ( )D ( )f x x= − 2 1−= ez lim nn S S→∞ = 2 ( N )nS S n ∗< ∈ R ( )f x ( 6) ( )f x f x+ = 3 1x− ≤ < − 2( ) ( 2)f x x= − + 1 3x− ≤ < ( )f x x= (1) (2) (3) (2012)f f f f+ + +⋅⋅⋅ = ( )x R∈ x− − [0,1]x∈ ( )xπ 1 3[ , ]2 2 − 2 x ||)( axexf −= a )(xf ),1[ +∞ a第 19 页 共 25 页 11.已知 是奇函数，且 ，若 ，则 。 12.（2015 哈尔滨校级四模）若关于 x 的函数 f（x）= （t≠0）的最大值为 a，最小值为 b，且 a+b=2，则实数 t 的值为　　． 13. 已 知 函 数 的 图 象 与 函 数 的 图 象 恰 有 两 个 交 点 ， 则 实 数 k 的 取 值 范 围 是 _________. 14. （2016 上海高考） 已知 ，函数 . （1）当 时，解不等式 ； （2）若关于 的方程 的解集中恰好有一个元素，求 的取值范围； （3）设 ，若对任意 ，函数 在区间 上的最大值与最小值的差不超过 1，求 的 取值范围. 　15. 设函数 　　（1）设 ， ，证明： 在区间 内存在唯一的零点； 　　（2）设 ，若对任意 ，有 ，求 的取值范围； 　　（3）在（1）的条件下，设 是 在 内的零点，判断数列 的增减性。 1 12 − − = x x y 2−= kxy 2)( xxfy += 1)1( =f 2)()( += xfxg =− )1(g a R∈ 2 1( ) log ( )f x ax = + 5a = ( ) 0f x > x 2( ) log [( 4) 2 5] 0f x a x a− − + − = a 0a > 1[ ,1]2t ∈ ( )f x [ , 1]t t + a第 20 页 共 25 页 【答案与解析】 1.【答案】D 【解析】因为 为偶函数，所以当 在 上是增函数，则 在 上则为减函数，又函数 的周期是 4，所以在区间 也为减函数.若 在区间 为减函数，根据函数的周期可知 在 上则为减函数，又函数 为偶函数，根据对称性可知， 在 上是增函数，综上可知， “ 在 上是增函数”是“ 为区间 上的减函数”成立的充要条件，选 D. 2.【答案】C 【命题立意】本题考查函数的概念与解析式的判断。 【解析】 与 均满足： 得： 满足条件． 3.【答案】B 【命题意图】本试题主要考查了函数与方程思想，函数的零点的概念，零点存在定理以及作图与用图的数 学能力. 【 解 析 】 解 法 1 ： 因 为 函 数 的 导 数 为 ， 所 以 函 数 单调递增，又 ， ，即 且函数 在 内连续不断，故根据根的存在定理可知 在 内的零点个数是 1. 解法 2：设 ， ，在同一坐标系中作出两函数的图像如图所示：可知 B 正确. 4.【答案】D 【命题意图】本试题主要考查了对数、指数的比较大小的运用，采用中间值大小比较方法。 【解析】 ， ， ， ，所以 ，选 D. 5.【答案】B (0)=1+0 2= 1f − − 3(1)=2+2 2=8f − (0) (1)+=∈ −n n nxxfx 时， ）内存在唯一零点。，在（）上是单调递增的，，在（ 12 1)(12 1)( xfxf nn ∴∴ cbxxxf ++= 2 2 )( ]1,1[)(4)()(]1,1[, 2221221 −≤−−∈ 在等价于都有 xfxfxfxx 4≤M 时，即当 2,12 >> bb 与题设矛盾,42)1()1( 22 >=−−= bffM 时，即当 20,02-1- ≤ +        ( )f x ( )0,+∞ ( )f x [ ], 1t t + ( )f t ( )1f t + ( ) ( ) 2 2 1 11 log log 11f t f t a at t    − + = + − + ≤   +    ( )2 1 1 0at a t+ + − ≥ 1 ,12t  ∈   0a > ( )2 1 1y at a t= + + − 1 ,12      1 2t = y 3 1 4 2a − 3 1 04 2a − ≥ 2 3a ≥ a 2 ,3  +∞ 第 25 页 共 25 页 (Ⅲ) 。 综上可知， 。 注：(Ⅱ) (Ⅲ)也可合并并证明如下： 用 当 （3）证法一：设 ， 于是有 ， 又由（1）知 ， 所以，数列 证法二：设 ， ， 则 所以，数列 时，即当 02-,12-0 ≤≤≤≤ bb 恒成立,4)1-2()2()1-( 2 22 ≤=−−= bbffM 22- ≤≤ b 中的较大者表示 baba ,},max{ 时，即 22-,12-1- ≤≤≤≤ bb 恒成立。4)21( )4(1 )2(2 )1()1( 2 )1()1( )}2(),1(),1(max{ 2 2 2 2222 222 ≤+= +−−++= −−−−++−= −−= b cbbc bfffff bfffM ））内的唯一零点（，在（是 212 1)( ≥nxfx nn )1,2 1(,01)(,01)( 11 1 111 ∈=−+==−+= ++ + +++ nn n nnnn n nnn xxxxfxxxf )(1)(0)( 1 1 111 ++ + +++