高考冲刺 函数与方程的思想 知识讲解.doc

学海在线资源中心 高考冲刺 函数与方程的思想 编稿：孙永钊 审稿：张林娟 【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； 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， 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（ ） x 2 1 y 0 （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)＝， ∴－<， 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<－1 【总结升华】首先明确本题是求x的取值范围，这里注意另一个变量m，不等式的左边恰是m的一次函数，因此依据一次函数的特性得到解决。在多个字母变量的问题中，选准“主元”往往是解题的关键。 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）=； 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， 　　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∈[，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<x2－4x＋4. 即(2－x)m<(2－x)2， ①当x＝2时，上式不成立； ②当x≠2时，若x<2，则m<2－x ∴2－x>3即x<－1， 若x>2，则m>2－x， 解法二：原不等式可化为(x－2)m＋(x－2)2>0， 令f(m)＝(x－2)m＋(x－2)2，m∈[，3]时， 有f(m)的最小值大于0， ∵x＝2时，不成立． ∴即 解得x<－1或x>2. 综上可得x的取值范围是{x|x<－1或x>2}． 【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， （1）求公差d的取值范围； （2）指出、、…，中哪一个最大，并说明理由。 【思路点拨】可利与n的函数关系加以求解。 【解析】（1）由得：， ∵＝>0，＝<0， ∴<d<－3 （2）， ∵d<0，是关于n 的二次函数，对称轴方程为：x＝。 ∵<d<－3，∴6<<， ∴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。 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）， 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． 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 ∴ 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． 　　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： ； 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：cosC－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＝… ＝－cosC＋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. 【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－4x＋(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，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。