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1、专题9 数学思想方法,第39练函数与方程思想,思想方法解读,1.函数与方程思想的含义 (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，是对函数概念的本质认识，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决的思想方法. (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，使问题获得解决的思想方法.,2.函数与方程的思想在解题中的应用 (1)函数与不等式的相互转化，对函数yf(x)，当y0时，就化为不等式f(x)0，借助于函数的图象和性质可解决有关问题
2、，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,常考题型精析,高考题型精练,题型一利用函数与方程思想解决图象交点 或方程根等问题,题型二函数与方程思想在不等式中的应用,题型三函数与方程思想在数列中的应用,常考题型精析,题型四函数与方程思想在解析几何中的应用,题型一利用函数与方
3、程思想解决图象交点或方程根等问题,(1)若g(x)m有实根，求m的取值范围； 解方法一因为x0，,等号成立的条件是xe.,故g(x)的值域是2e，)， 因而只需m2e，g(x)m就有实根. 方法二,观察图象可知g(x)的最小值为2e， 因此要使g(x)m有实根，则只需m2e.,方法三由g(x)m， 得x2mxe20，,故m2e.,(2)确定t的取值范围，使得g(x)f(x)0有两个相异实根. 解若g(x)f(x)0有两个相异的实根， 则函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点. 因为f(x)x22ext1(xe)2t1e2， 所以函数f(x)图象的对称轴为直线xe，开口向下，最大值为t1e
4、2.,由题意，作出g(x)x e2 x (x0)及f(x)x22ext1的大致图象，如图所示.,故当t1e22e， 即te22e1时，g(x)与f(x)的图象有两个交点， 即g(x)f(x)0有两个相异实根. 所以t的取值范围是(e22e1，).,点评函数图象的交点、函数零点、方程的根三者之间可互相转化，解题的宗旨就是函数与方程的思想.方程的根可转化为函数零点、函数图象的交点，反之函数零点、函数图象交点个数问题也可转化为方程根的问题.,A.5 B.6 C.7 D.8,由题意知函数f(x)的周期为2， 则函数f(x)，g(x)在区间5,1上的图象如图所示：,由图象知f(x)、g(x)有三个交点，
5、故方程f(x)g(x)，,xAxBxC7.,答案C,题型二函数与方程思想在不等式中的应用,例2已知函数f(x)ln x 1 4 x 3 4x 1，g(x)x22bx4，若对任意x1(0,2)，x21,2，不等式f(x1)g(x2)恒成立，则实数b的取值范围为_. 解析问题等价于f(x)ming(x)max.,令f(x)0得x24x30，解得1x3， 故函数f(x)的单调递增区间是(1,3)，单调递减区间是(0,1)和(3，)， 故在区间(0,2)上，x1是函数的极小值点，这个极小值点是唯一的，,由于函数g(x)x22bx4，x1,2. 当b2时，g(x)maxg(2)4b8.,解第一个不等式组
6、得b1，,第三个不等式组无解.,点评不等式恒成立问题的处理方法 在解决不等式恒成立问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，利用函数的图象和性质解决问题.同时要注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更明朗化.一般地，已知存在范围的量为变量，而待求范围的量为参数.,证明记h(x)(x5)f(x)9(x1)， 则当1x3时，,因此h(x)在(1,3)内单调递减.,题型三函数与方程思想在数列中的应用,例3已知数列an是首项为2，各项均为正数的等差数列， a2，a3，a41成等比数列，设bn (其 中Sn是数列an的前n项和)，若对任意nN*，不等式
7、bnk恒成立，求实数k的最小值.,又因为an是正项等差数列，故d0， 所以(22d)2(2d)(33d)，,得d2或d1(舍去)， 所以数列an的通项公式an2n. 因为Snn(n1)，,所以f(x)在1，)上是增函数， 故当x1时，f(x)minf(1)3，,要使对任意的正整数n，不等式bnk恒成立，,点评数列问题函数(方程)化法 数列问题函数(方程)化法与形式结构函数(方程)化法类似，但要注意数列问题中n的取值范围为正整数，涉及的函数具有离散性特点，其一般解题步骤： 第一步：分析数列式子的结构特征. 第二步：根据结构特征构造“特征”函数(方程)，转化问题形式.,第三步：研究函数性质.结合解
8、决问题的需要研究函数(方程)的相关性质，主要涉及函数单调性与最值、值域问题的研究. 第四步：回归问题.结合对函数(方程)相关性质的研究，回归问题.,变式训练3已知f(x)x24x4，f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，fn(x)f(fn1(x)，函数yfn(x)的零点个数记为an，则an等于() A.2n B.2n1 C.2n1 D.2n或2n1,解析f1(x)x24x4(x2)2，有1个零点2， 由f2(x)0可得f1(x)2，,即yf2(x)有2个零点，,即yf3(x)有4个零点，以此类推可知，yfn(x)的零点个数an2n1.故选B. 答案B,题型四函数与方程思想在解析几何中的
9、应用,(1)求椭圆C的方程；,设c0，c2a2b2，,(2)求m的取值范围. 解设直线l的方程为ykxm (k0)，l与椭圆C的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，,(2km)24(k22)(m21)4(k22m22)0，(*),整理得4k2m22m2k220， 即k2(4m21)2m220， 当m2时，上式不成立；,由(*)式，得k22m22，又k0，,点评利用判别式法研究圆锥曲线中的范围问题的步骤 第一步：联立方程. 第二步：求解判别式. 第三步：代换.利用题设条件和圆锥曲线的几何性质，得到所求目标参数和判别式不等式中的参数的一个等量关系，将其代换.,第四步：下结论.将上述等量代
10、换式代入0或0中，即可求出目标参数的取值范围. 第五步：回顾反思.在研究直线与圆锥曲线的位置关系问题时，无论题目中有没有涉及求参数的取值范围，都不能忽视了判别式对某些量的制约，这是求解这类问题的关键环节.,变式训练4如图所示，设椭圆C1： 1的左，右焦点分别是F1，F2，下顶点为A，线段OA的中点为B(O为坐标原点)，若抛物线C2：ymx2n(m0，n0)与y轴的交点为B，且经过F1，F2两点.,(1)求抛物线C2的方程； 解由题意可知A(0，2)，则B(0，1)，由抛物线ymx2n过点B，可知n1. 又F1(1,0)，F2(1,0)，抛物线ymx2n经过F1，F2两点，即mn0，所以m1.
11、所以抛物线C2的方程为yx21.,(2)设M ，N为抛物线C2上的一动点，过点N作抛物线C2的切线交椭圆C1于P，Q两点，求MPQ的面积的最大值. 解设N(t，t21)，由y2x，知直线PQ的方程为y(t21)2t(xt)，即y2txt21. 将其代入椭圆方程，整理得4(15t2)x220t(t21)x5(t21)2200. 400t2(t21)280(5t21)(t21)2480(t41823)，,设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，,设点M到直线PQ的距离为d，,当且仅当t3时取“”，经检验此时0，满足题意.,综上，可知MPQ的面积的最大值为 105 5 .,高考题型精练,1.若2x5y
12、2y5x，则有() A.xy0 B.xy0 C.xy0 D.xy0 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，即xy0.,B,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,2.在如图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积不小于300 m2的内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x(单位：m)的取值范围是() A.15,20 B.12,25 C.10,30 D.20,30,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,解析如图，ADEABC，设矩形的另一边长为y，,所以y40 x， 由题意知xy300， 即x(40 x)300，整理得x240 x3000，解不等式得10 x
13、30. 答案C,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,3.满足条件AB2，AC 2 BC的三角形ABC的面积的最大值是_.,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,4.已知f(x)是定义域为R的偶函数，当x0时，f(x)x24x，那么，不等式f(x2)0， x0时，f(x)x24x， f(x)(x)24(x)x24x，又f(x)为偶函数， f(x)f(x)，,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,由于f(x)向左平移两个单位即得f(x2)，故f(x2)5的解集为x|7x3. 答案x|7x3,1,2,3,4,5,6,高考题
14、型精练,5.当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，求实数a的取值范围. 解当x0时，ax3x24x30变为30恒成立，即aR. 当x(0,1时，ax3x24x3，,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,(x)在(0,1上递增，(x)max(1)6， a6.,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,当x2，1)时，(x)0.,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,当x1时，(x)有极小值，即为最小值.,a2. 综上知6a2.,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,(1)当n2时，求函数f(x)的极值；,解由已知得函数f(x)的定义域为x|x1，,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,当x(
15、1，x1)时，f(x)0，f(x)单调递增.,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,当a0时，f(x)0时，,当a0时，f(x)无极值.,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,(2)当a1时，证明：对任意的正整数n，当x2时，有f(x)x1. 证明因为a1，,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,所以当x2，)时，g(x)单调递增，,又g(2)0，因此g(x)x1 ln(x1)g(2)0恒成立，所以f(x)x1成立.,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,所以只需证ln(x1)x1， 令h(x)x1ln(x1)，,所以当x2，)时，h(x)x1ln(x1)单调递增， 又h(2)10，所以当x2时，恒有h(x)0，,1,2,3,4,5,6,高考题型精练,1,2,3,4,5,6,即ln(x1)x1命题成立. 综上所述，结论成立.,
