函数与方程的思想方法(新课标,含习题及详细解答)

一、知识整合

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。方程的思想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．(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)＝(axb)（n∈N）与二项式定理是密切相关的，利用这个函数用赋值

*

n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。

二、例题解析

Ⅰ．运用函数与方程、表达式相互转化的观点解决函数、方程、表达式问题。 例1 已知

25bc（a、b、c∈R），则有（ ） 1，

5a222(A) b4ac (B) b4ac (C) b4ac (D) b4ac 解析: 法一：依题设有 a·5－b·5＋c＝0

∴5是实系数一元二次方程axbxc0的一个实根； ∴△＝b4ac≥0 ∴b4ac 故选(B) 法二：去分母，移项，两边平方得：

2225b225a210acc2≥10ac＋2·5a·c＝20ac

∴b4ac 故选(B)

点评：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。

Ⅱ：构造函数或方程解决有关问题：

例2 : 已知f(t)log2，t∈[2，8]，对于f(t)值域内的所有实数m，不等式

t2x2mx42m4x恒成立，求x的取值范围。

解析: ∵t∈[2，8]，∴f(t)∈[

1，3] 2原题转化为：m(x2)(x2)2>0恒成立，左端为m的一次函数（这里思维的转化很重要）

当x＝2时，不等式不成立。

∴x≠2。令g(m)＝m(x2)(x2)，m∈[

21，3] 21

1g()0

问题转化为g(m)在m∈[，3]上恒对于0，则：2；

2g(3)0

解得：x>2或x<－1

评析 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3：为了更好的了解鲸的生活习性，某动物保护组织在受伤的鲸身上装了电子监测装置，从海洋放归点A处，如图（1）所示，把它放回大海，并沿海岸线由西向东不停地对它进行了长达40分钟的跟踪观测，每隔10分钟踩点测得数据如下表（设鲸沿海面游动），然后又在观测站B处对鲸进行生活习性的详细观测，已知AB＝15km，观测站B的观测半径为5km。 观测时刻 t（分钟） 10 20 30 40 跟踪观测点到放归 点的距离a（km） 1 2 3 4 鲸位于跟踪观测点正北 方向的距离b（km） 0.999 1.413 1.732 2.001 西 海岸

图1

B A 东

(1)据表中信息：①计算出鲸沿海岸线方向运动的速度；②试写出a、b近似地满足的关系式并

画出鲸的运动路线草图；

（2）若鲸继续以（1）－②运动的路线运动，试预测，该鲸经过多长时间（从放归时开设计时）可进入前方观测站B的观测范围？并求出可持续观测的时间及最佳观测时刻。（注：

41≈6.40；精确到1分钟）

解析（1）由表中的信息可知： ①鲸沿海岸线方向运动的速度为：

1（km/分钟） 10②a、b近似地满足的关系式为：ba运动路线如图

y （2）以A为原点，海岸线AB为x轴建立直角坐标系，设鲸所在 位置为点P（x，y），由①、②得：y依题意：观测站B的观测范围是：

， x，又B（15，0）

A 图2 B x (x15)2y2≤5 （y≥0） 又yx

∴(x15)x≤25 解得：11.30≤x≤17.70

2由①得：∴该鲸经过t＝

11.30＝113分钟可进入前方观测站B的观测范围 110 持续时间：

17.7011.30＝64分钟

11022∴该鲸与B站的距离d＝(x15)y＝x229x225

当d最小时为最佳观测时刻，这时x＝

29＝14.5，t＝145分钟。 2Ⅲ：运用函数与方程的思想解决数列问题

例4：设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a312，S12>0，S13<0， （1）求公差d的取值范围；

（2）指出S1、S2、S3„，S12中哪一个最大，并说明理由。

解析（1）由a312得：a1122d，

∵S12＝12a144d14442d>0 S13＝13a178d15652d<0 ∴24练习题

1. 一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上，已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为 ．

2. 若不等式xax1≥0对一切x0，成立则a的最小值为( )

212A．0 B．－2 C．－

25 D．－3 2223. 直线y=2k，与曲线9kxy18kx(k∈R且k≠0)的公共点的个数为( ) A．1 B．2 C．3 D．4

4．方程x2xly(9aa)0无实数根，求：实数a的取值范围．

2222内有解：则m的取值范围是 ． 5．已知方程x(m1)x10在0，26．设不等式2x1＞m(x1)对满足m≤2的一切实数m都成立，则实数x的取值范围是 ．

7．不等式0≤xax5≤4恰有一解，则a=

8．(05天津－10)若函数f(x)loga(x3ax)(a＞0，a1)在区域，0上，单调递增，

2212则a的取值范围是 ．

9．对任意实数a1，1时，函数f(x)x2(a4)x42a的值总大于零，则x的取值范围是 ．

详细解答：

1.解：如图，以A2为直角顶点，B2、C2为另二顶点． 作C2EAA1于E，作B2FAA1于F，由已知 知A2EA2Fx．

在RcoA2B2C2中，A2B2A2C2x24，B2C2(2x)24

2所以：2(x24)4x24 解得：x2 所以B2C223．

此题体现了方程的思想将所求问题转化为一方程求解．

2. 解：方法一：设函数f(x)xax1，x0，时，f(x)≥0恒成立，分离变

21211x2111x，yx，在0，上单调递减，在x处取得最小量，a≥x2xx2值

5515，x≤，a≥，选(C)．

22x2方法二：转换变量 设f(a)xa(x1)

2f(0)≥05a≤，选(C)． ※※1f≥022注意对问题的灵活处理：

3．解：9kxy18kx9kx18k|x|y0

222222229k2(x22x)y20

x2x

2

∴9k2(x1)2y29k2

y21 即(x1)9k22是选择题，不妨设k=1．

y21 则原方程变为(x1)92y21 当x＞0时，曲线为(x1)92y21 当x＜0时，曲线为(x1)92作画图象：

∴有4个交点，选(D)．

4. 解：设f(x)x22xly(9aa2) 方程无实数根．如图：

等价于f(0)≥0，即：lg(9aa)≥0，解出：a5. 解：∵方程x(m1)x10可化为

22977977． 2213mx(x)2

2413设y1=mx，y2x原问题化为

24曲线y1与y2在x∈0，2内有交点，作出图象

2

∴m≤1．

6. 解：(1x2)m(2x1)＞0对2≤m≤2恒成立，设f(m)(1x2)m(2x1)

71312(1x2)(2x1)＞0f(2)＞0． ，x，则 即 解出22＞02(1x)(2x1)＞0f(2)27.解：设函数yxax5，y10，y24．

不等式：y1≤y≤y2恰有一解，即为在y≥0，y≤4的区域内函数y的图象仅有一个点，如图：

2

415a24 a=±相当于函数y的顶点纵坐标等于4，而2

n8. 解：函数f(x)在，0上单调递增，

12f(x)1logae(3x2a)＞0 3xax222若a＞1时，logae＞0只要3xa＞0，a＜3x故a≤(3x)min．

13＜x＜0，0＜3x2＜24a≤0与a＞1矛盾．

21时，logae＜0∴只要3ka＞0即可 若0＜a＜a＞3x2故a≥(3x2)/3max 33a≥，即≤a＜1．

449.解：f(x)x2(a4)x42a是x的二次函数，转换变量（视a为主变量）得：

g(1)＞0成立 g(a)(x2)a(x2)2为a的一次函数，原题等价于g(1)＞0(x2)(x2)2＞0即 2(x2)(x2)＞0解得：x＜1或x＞3．