难点 16 函数方程思想
[思维导读] 函数与方程思想是最重要的一种数学思想，高考中所占比重较大，综合知识多、题型多、
应用技巧多.函数思想简单，即将所研究的问题借助建立函数关系式亦或构造中间函数，结合初等函数的图
象与性质，加以分析、转化、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；
方程思想即将问题中的数量关系运用数学语言转化为方程模型加以解决.
[案例分享]
●难点磁场
1.（★★★★★）关于 x 的不等式 2·32x–3x+a2–a–3＞0，当 0≤x≤1 时恒成立，则实数 a 的取值范
围为 .
2.（★★★★★）对于函数 f(x)，若存在 x 0∈R,使 f(x 0)=x0 成立，则称 x0 为 f(x)的不动点.已知函数
f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)
（1）若 a=1,b=–2 时，求 f(x)的不动点；
（2）若对任意实数 b，函数 f(x)恒有两个相异的不动点，求 a 的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若 y=f(x)图象上 A、B 两点的横坐标是函数 f(x)的不动点，且 A、B 关于直线 y=kx+
对称，求 b 的最小值.
●案例探究
［例 1］已知函数 f(x)=logm
(1)若 f(x)的定义域为［α，β］，（β＞α＞0），判断 f(x)在定义域上的增减性，并加以说明；
(2)当 0＜m＜1 时，使 f(x)的值域为［logm［m(β–1)］，logm［m(α–1)］］的定义域区间为［α,β］(β＞α
＞0)是否存在？请说明理由.
命题意图：本题重在考查函数的性质，方程思想的应用.属★★★★级题目.
知识依托：函数单调性的定义判断法；单调性的应用；方程根的分布；解不等式组.
错解分析：第(1)问中考生易忽视“α＞3”这一关键隐性条件；第(2)问中转化出的方程，不能认清其根
的实质特点，为两大于 3 的根.
技巧与方法：本题巧就巧在采用了等价转化的方法，借助函数方程思想，巧妙解题.
解：（1） x＜–3 或 x＞3.
∵f(x)定义域为［α,β］,∴α＞3
设β≥x1＞x2≥α，有
当 0＜m＜1 时，f(x)为减函数，当 m＞1 时，f(x)为增函数.
（2）若 f(x)在［α,β］上的值域为［logmm(β–1),logmm(α–1)］
∵0＜m＜1, f(x)为减函数.
∴
12
1
2 +a
3
3
+
−
x
x
⇔>+
−
03
3
x
x
0)3)(3(
)(6
3
3
3
3
21
21
2
2
1
1 >++
−=+
−−+
−
xx
xx
x
x
x
x
−=+
−=
−=+
−=
)1(log3
3log)(
)1(log3
3log)(
αα
αα
ββ
ββ
mf
mf
mm
mm即
即α,β为方程 mx2+(2m–1)x–3(m–1)=0 的大于 3 的两个根
∴ ∴0＜m＜
故当 0＜m＜ 时，满足题意条件的 m 存在.
［例 2］已知函数 f(x)=x2–(m+1)x+m(m∈R)
(1)若 tanA,tanB 是方程 f(x)+4=0 的两个实根，A、B 是锐角三角形 ABC 的两个内角.求证：m≥5;
(2)对任意实数α,恒有 f(2+cosα)≤0，证明 m≥3;
(3)在(2)的条件下，若函数 f(sinα)的最大值是 8，求 m.
命题意图：本题考查函数、方程与三角函数的相互应用；不等式法求参数的范围.属
★★★★★级题目.
知识依托：一元二次方程的韦达定理、特定区间上正负号的充要条件，三角函数公式.
错解分析：第(1)问中易漏掉Δ≥0 和 tan(A+B)＜0，第(2)问中如何保证 f(x)在［1,3］恒小于等于零为关
键.
技巧与方法：深挖题意，做到题意条件都明确，隐性条件注意列.列式要周到，不遗漏.
（1）证明：f(x)+4=0 即 x2–(m+1)x+m+4=0.依题意：
又 A、B 锐角为三角形内两内角
∴ ＜A+B＜π
∴tan(A+B)＜0，即
∴ ∴m≥5
(2)证明：∵f(x)=(x–1)(x–m)
又–1≤cosα≤1，∴1≤2+cosα≤3，恒有 f(2+cosα)≤0
即 1≤x≤3 时，恒有 f(x)≤0 即(x–1)(x–m)≤0
∴m≥x 但 xmax=3，∴m≥xmax=3
3,
0)1(3)12(
0)1(3)12(
2
2
>>
=−−−+
=−−−+ αβ
αα
ββ
又
mmm
mmm
>
>−−
>+−=∆
+=⋅
>+=+
≥+−+=∆
04tantan
01tantan
0)4(4)1( 2
mBA
mBA
mm
2
π
03
1
tantan1
tantan)tan( +
+
>+
>+
≥−−
03
1
04
01
01522
m
m
m
m
mm(3)解：∵f(sinα)=sin2α–(m+1)sinα+m=
且 ≥2,∴当 sinα=–1 时，f(sinα)有最大值 8.
即 1+(m+1)+m=8，∴m=3
●锦囊妙计
函数与方程的思想是最重要的一种数学思想，要注意函数，方程与不等式之间的相互联系和转化.考生
应做到：
（1）深刻理解一般函数 y=f(x)、y=f–1(x)的性质（单调性、奇偶性、周期性、最值和图象变换），熟练掌
握基本初等函数的性质，这是应用函数思想解题的基础.
（2）密切注意三个“二次”的相关问题，三个“二次”即一元二次函数、一元二次方程、一元二次不
等式是中学数学的重要内容，具有丰富的内涵和密切的联系.掌握二次函数基本性质，二次方程实根分布条
件，二次不等式的转化策略.
[难点突破训练]
一、选择题
1.（★★★★★）已知函数 f(x)=loga［ –(2a)2］对任意 x∈［ ,+∞］都有意义，则实数 a 的取值范
围是( )
A.(0, B.(0, ) C.［ ,1 D.( , ）
2.（★★★★★）函数 f(x)的定义域为 R，且 x≠1，已知 f(x+1)为奇函数，当 x＜1 时，f(x)=2x 2–x+1，
那么当 x＞1 时，f(x)的递减区间是( )
A.［ ，+∞ B.(1, C.［ ,+∞ D.(1, ］
二、填空题
3.（★★★★）关于 x 的方程 lg(ax–1)–lg(x–3)=1 有解，则 a 的取值范围是 .
4.（★★★★★）如果 y=1–sin2x–mcosx 的最小值为–4，则 m 的值为 .
三、解答题
5.（★★★★）设集合 A={x｜4x–2x+2+a=0,x∈R}.
（1）若 A 中仅有一个元素，求实数 a 的取值集合 B；
（2）若对于任意 a∈B，不等式 x2–6x＜a(x–2)恒成立，求 x 的取值范围.
6.（★★★★）已知二次函数 f(x)=ax2+bx(a,b 为常数，且 a≠0)满足条件:f(x–1)=f(3–x)且方程 f(x)=2x 有
等根.
（1）求 f(x)的解析式；
（2）是否存在实数 m，n(m＜n＝，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.
7.（★★★★★）已知函数 f(x)=6x–6x2，设函数 g1(x)=f(x), g2(x)=f［g1(x)］, g3(x)=f ［g2(x)］,
…gn(x)=f［gn–1(x)］,…
（1）求证：如果存在一个实数 x0，满足 g1(x0)=x0，那么对一切 n∈N，gn(x0)=x0 都成立；
（2）若实数 x0 满足 gn(x0)=x0，则称 x0 为稳定不动点，试求出所有这些稳定不动点；
（3）设区间 A=（–∞,0）,对于任意 x∈A，有 g1(x)=f(x)=a＜0, g2(x)=f［g1(x)］=f(0)＜0，
且 n≥2 时，gn(x)＜0.试问是否存在区间 B（A∩B≠ ），对于区间内任意实数 x，只要 n≥2，都有 gn(x)
＜0.
4
)1()2
1(sin
2
2 +−++− mmmα
2
1+m
x 2
1
4
1 ] 4
1
4
1 ) 4
1
2
1
4
5 ) 4
5 ] 4
7 ) 4
7
∅8.（★★★★）已知函数 f(x)= (a＞0,x＞0).
（1）求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数；
（2）若 f(x)≤2x 在(0,+∞)上恒成立，求 a 的取值范围；
（3）若 f(x)在［m,n］上的值域是［m,n］(m≠n)，求 a 的取值范围.
[难点突破答案与解析]
●难点磁场
1.解析：设 t=3x，则 t∈［1,3］，原不等式可化为 a2–a–3＞–2t2+t,t∈［1,3］.
等价于 a2–a–3 大于 f(t)=–2t2+t 在［1,3］上的最大值.
答案：(–∞,–1)∪(2,+∞)
2.解：（1）当 a=1,b=–2 时，f(x)=x2–x–3，由题意可知 x=x2–x–3，得 x1=–1,x2=3.
故当 a=1,b=–2 时，f(x)的两个不动点为–1,3.
（2）∵f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)恒有两个不动点，
∴x=ax2+(b+1)x+(b–1)，即 ax2+bx+(b–1)=0 恒有两相异实根
∴Δ=b2–4ab+4a＞0(b∈R)恒成立.
于是Δ′=(4a)2–16a＜0 解得 0＜a＜1
故当 b∈R，f(x)恒有两个相异的不动点时，0＜a＜1.
（3）由题意 A、B 两点应在直线 y=x 上，设 A(x1,x1),B(x2,x2)
又∵A、B 关于 y=kx+ 对称.
∴k=–1.设 AB 的中点为 M(x′,y′)
∵x1,x2 是方程 ax2+bx+(b–1)=0 的两个根.
∴x′=y′= ，又点 M 在直线 上有
，即
∵a＞0，∴2a+ ≥2 当且仅当 2a= 即 a= ∈(0,1)时取等号，
故 b≥– ，得 b 的最小值– .
一、1.解析：考查函数 y1= 和 y2=(2a)x 的图象，显然有 0＜2a＜1.由题意 得 a= ，再结
合指数函数图象性质可得答案.
答案：A
2.解析：由题意可得 f(–x+1)=–f(x+1).令 t=–x+1，则 x=1–t，故 f(t)=–f(2–t)，即 f(x)=–f(2–x).
当 x＞1,2–x＜1，于是有 f(x)=–f(2–x)=–2(x– )2– ，其递减区间为［ ，+∞).
答案：C
3.解析：显然有 x＞3，原方程可化为
xa
11 −
12
1
2 +a
a
bxx
22
21 −=+
12
1
2 ++−=
axy
12
1
22 2 ++=−
aa
b
a
b
aaa
ab 12
1
12 2
+
−=+−=
a
1 2 a
1
2
2
22
1
4
2
x 2
1
)2(2
1 a=
4
1
4
7
8
7
4
7
103
1 =−
−
x
ax故有(10–a)·x=29,必有 10–a＞0 得 a＜10
又 x= ＞3 可得 a＞ .
答案： ＜a＜10
4.解析：原式化为 .
当 ＜–1,ymin=1+m=–4 m=–5.
当–1≤ ≤1,ymin= =–4 m=±4 不符.
当 ＞1，ymin=1–m=–4 m=5.
答案：±5
二、5.解：(1)令 2x=t(t＞0)，设 f(t)=t2–4t+a.
由 f(t)=0 在(0,+∞)有且仅有一根或两相等实根，则有
①f(t)=0 有两等根时，Δ=0 16–4a=0 a=4
验证：t2–4t+4=0 t=2∈(0,+∞)，这时 x=1
②f(t)=0 有一正根和一负根时,f(0)＜0 a＜0
③若 f(0)=0，则 a=0，此时 4x–4·2x=0 2x=0（舍去），或 2x=4,∴x=2，即 A 中只有一个元素
综上所述，a≤0 或 a=4，即 B={a｜a≤0 或 a=4}
（2）要使原不等式对任意 a∈(–∞,0］∪｛4｝恒成立.即 g(a)=(x–2)a–(x2–6x)＞0 恒成立.只须
＜x≤2
6.解：（1）∵方程 ax2+bx=2x 有等根，∴Δ=(b–2)2=0,得 b=2.
由 f(x–1)=f(3–x)知此函数图象的对称轴方程为 x=– =1 得 a=–1，故 f(x)=–x2+2x.
（2）f(x)=–(x–1)2+1≤1，∴4n≤1，即 n≤
而抛物线 y=–x2+2x 的对称轴为 x=1
∴n≤ 时，f(x)在［m,n］上为增函数.
若满足题设条件的 m,n 存在，则
又 m＜n≤ ,∴m=–2,n=0，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，m=–2,n=0.
a−10
29
3
1
3
1
4)2(cos
2
2 mmxy −−=
2
m ⇒
2
m
4
2m− ⇒
2
m ⇒
⇒ ⇒
⇒
⇒
⇒
175
0810
2
0)4(
02
2
−⇒
≤−
xx
x
g
x
a
b
2
4
1
4
1
=
=
nnf
mmf
4)(
4)(
−==
−==⇒
=+−
=+−
20
20
42
42
2
2
nn
mm
nnn
mmm
或
或即
4
17.(1)证明：当 n=1 时，g1(x0)=x0 显然成立；
设 n=k 时，有 gk(x0)=x0(k∈N)成立，
则 gk+1(x0)=f［gk(x0)］=f(x0)=g1(x0)=x0
即 n=k+1 时，命题成立.
∴对一切 n∈N,若 g1(x0)=x0，则 gn(x0)=x0.
（2）解：由（1）知，稳定不动点 x0 只需满足 f(x0)=x0
由 f(x0)=x0，得 6x0–6x02=x0,∴x0=0 或 x0=
∴稳定不动点为 0 和 .
(3)解：∵f(x)＜0，得 6x–6x2＜0 x＜0 或 x＞1.
∴gn(x)＜0 f［gn–1(x)］＜0 gn–1(x)＜0 或 gn–1(x)＞1
要使一切 n∈N,n≥2，都有 gn(x)＜0，必须有 g1(x)＜0 或 g1(x)＞1.
由 g1(x)＜0 6x–6x2＜0 x＜0 或 x＞1
由 g1(x)＞0 6x–6x2＞1
故对于区间( )和(1,+∞)内的任意实数 x,只要 n≥2,n∈N，都有 gn(x)＜0.
8.(1)证明：任取 x1＞x2＞0,f(x1)–f(x2)=
∵x1＞x2＞0,∴x1x2＞0，x1–x2＞0,
∴f(x1)–f(x2)＞0，即 f(x1)＞f(x2)，故 f(x)在(0,+∞)上是增函数.
（2）解：∵ ≤2x 在(0,+∞)上恒成立，且 a＞0,
∴a≥ 在（0，+∞）上恒成立，令 （当且仅当 2x= 即 x=
时取等号），要使 a≥ 在(0,+∞)上恒成立，则 a≥ .故 a 的取值范
围是［ ,+∞).
(3)解：由（1）f(x)在定义域上是增函数.
∴m=f(m),n=f(n)，即 m2– m+1=0，n2– n+1=0
故方程 x2– x+1=0 有两个不相等的正根 m，n，注意到 m·n=1，故只需要Δ=( )2–4＞0,由于 a＞0，
6
5
6
5
⇒
⇔ ⇔
⇔ ⇔
⇔ ⇔
6
33
6
33 +
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