F.克萊因（F.Klein）有一句名言：“一般受教育者在數(shù)學(xué)課上應(yīng)該學(xué)會(huì)的重要事情是用變量和函數(shù)來(lái)思考.”函數(shù)思想，就是用變量和函數(shù)來(lái)思考問題，就是通過(guò)建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù)，再利用函數(shù)的圖象和性質(zhì)去分析問題、轉(zhuǎn)化問題，從而使問題獲得解決. 方程的思想，是分析數(shù)學(xué)問題中變量間的等量關(guān)系，從而建立方程或方程組，通過(guò)解方程或方程組，或者運(yùn)用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問題，使問題獲得解決. 函數(shù)與方程是兩個(gè)不同的概念，但它們之間又有著密切的聯(lián)系. 函數(shù)與方程的思想方法，幾乎滲透到中學(xué)數(shù)學(xué)的各個(gè)領(lǐng)域，在解題中有著廣泛的運(yùn)用.

對(duì)于函數(shù)y=f（x），當(dāng)y=0時(shí)，就轉(zhuǎn)化為方程f（x）=0，也可以把函數(shù)式y(tǒng)=f（x）看做二元方程y-f（x）=0，函數(shù)與方程這種相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系十分重要.

數(shù)列的通項(xiàng)或前n項(xiàng)和可看做自變量為自然數(shù)的函數(shù)，用函數(shù)觀點(diǎn)去處理數(shù)列問題也是十分重要的.

函數(shù)f（x）=（a+bx）n（n∈N？鄢）與二項(xiàng)式定理密切相關(guān)，利用這個(gè)函數(shù)，用賦值法和比較系數(shù)法可以解決很多有關(guān)二項(xiàng)式定理的問題.

解析幾何中的許多問題，如直線與二次曲線的位置關(guān)系問題，需要通過(guò)解二元方程組才能解決，這都涉及二次方程與二次函數(shù)的有關(guān)理論.

縱觀近幾年的高考試題，函數(shù)的主干知識(shí)、知識(shí)的綜合應(yīng)用以及函數(shù)與方程思想等數(shù)學(xué)思想方法的考查，一直是高考的重點(diǎn)內(nèi)容之一. 在高考試卷上，體現(xiàn)函數(shù)與方程思想的試題所占比例始終在25%左右，且試題中既有靈活多變的客觀性試題，又有一定能力要求的主觀性試題.下面從幾個(gè)方面闡述函數(shù)與方程思想在解題中的應(yīng)用.

■ 函數(shù)與不等式、方程的相互轉(zhuǎn)化

■ 已知實(shí)數(shù)a，b滿足a3-3a2+5a=1，b3-3b2+5b=5，則a+b=______.

■ 已知集合M={（x，y）（x+■）（y+■）=1}，則集合M表示的圖形是（ ）

A. 直線 B. 線段

C. 拋物線 D. 圓

■ 已知二次函數(shù)f（x）=ax2+bx+1（a，b∈R，a>0），設(shè)方程f（x）=x的兩個(gè)實(shí)數(shù)根為x1和x2.

（1）如果x1<2-1；

（2）如果x1<2，x2-x1=2，求b的取值范圍.

思路點(diǎn)撥 初做前兩個(gè)題目，同學(xué)們可能會(huì)先進(jìn)行一些式子的變形，然后發(fā)現(xiàn)其后的運(yùn)算較為復(fù)雜，于是便無(wú)從下手了. 如果我們用函數(shù)思想來(lái)處理方程的問題，就簡(jiǎn)單多了. 第一題可構(gòu)造函數(shù)f（x）=x3-3x2+5x；第二題可構(gòu)造函數(shù)f（x）=lg（x+■）；對(duì)于第三題，利用函數(shù)與方程的思想，把二次方程的根的問題轉(zhuǎn)化成函數(shù)圖象與x軸交點(diǎn)的問題，由二次函數(shù)圖象的特征得出對(duì)應(yīng)的不等式（組），然后進(jìn)行求解. 二次方程、二次函數(shù)、二次不等式三者密不可分，應(yīng)該引起我們的高度重視.

破解 1. 構(gòu)造函數(shù)f（x）=x3-3x2+5x=（x-1）3+2（x-1）+3，則有f（a）=1， f（b）=5，又g（t）=t3+2t在R上是單調(diào)遞增的奇函數(shù)，且g（a-1）=-2，g（b-1）=2，故a+b=2.

2. 構(gòu)造一個(gè)常見函數(shù)f（x）=lg（x+■），則f（x）為R上的增函數(shù)，且為奇函數(shù). 由已知得f（x）+f（y）=0，所以x+y=0，所以選A.

3. 設(shè)g（x）=f（x）-x=ax2+（b-1）x+1，則g（x）=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根為x1和x2.

（1）由a>0及x1<20，即4a+2b-1<0，16a+4b-3>0，即3+3·■-■<0，-4-2·■+■<0，兩式相加得■<1，所以x0>-1.

（2）由（x1-x2）2=■■-■，可得2a+1=■. 又x1x2=■>0，所以x1，x2同號(hào). 所以可知x1<2，x2-x1=2等價(jià)于0

或x2<-2

即 g（2）<0，g（0）>0，2a+1=■，

或g（-2）<0，g（0）>0，2a+1=■.

解之得？搖b<■或b>■.

■

1. 已知f（x）=asinx+b■+4（其中a，b為常數(shù)），若f[lg（log310）]=5，則f[lg（lg3）]=____________.？搖

2. 不等式4x+log■x+x2>5的解集為________.

3. 已知關(guān)于x的方程3x2-5x+a=0的一根分布在區(qū)間（-2，0）內(nèi)，另一根分布在區(qū)間（1，3）內(nèi)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

■ 函數(shù)與方程思想解決數(shù)列中的相關(guān)問題

■ 求證：對(duì)大于1的任意正整數(shù)n，都有l(wèi)nn>■+■+■+…+■.

思路點(diǎn)撥 ■+■+■+…+■無(wú)法求和，這是一個(gè)關(guān)于正整數(shù)n的具有遞推關(guān)系的不等式，我們可以考慮用數(shù)學(xué)歸納法去證明.

由假設(shè)■+■+■+···+■

其中需要證明lnk+■■，即ln■>■.

令x=■，則只要證明lnx>■（x>1）成立.

所以我們想到了構(gòu)造函數(shù)f（x）=lnx-■.

這種思考方式對(duì)于證明數(shù)列不等式有很重要的借鑒意義.

破解 構(gòu)造函數(shù)f（x）=lnx-■， f ′（x）=■，故f（x）在[1，+∞）上為增函數(shù).

則當(dāng)x>1時(shí)， f（x）>f（1）=0，當(dāng)n>1時(shí)，令x=■，則f■>0，即ln■>■.

所以ln■>■，ln■>■，ln■>■，…，ln■>■，將這些不等式相加得ln■+ln■+ln■+…+ln■>■+■+■+…+■，即lnn>■+■+■+…+■.

■

已知不等式■+■+■+…+■>■log■（a-1）+■對(duì)一切大于1的自然數(shù)n都成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

■ 函數(shù)與方程思想解決解析幾何中的相關(guān)問題.

■ 已知兩條曲線：橢圓C1：■+■=1和圓C2：x2+（y+1）2=r2（r>0），若兩條曲線沒有公共點(diǎn)，求r的取值范圍.

思路點(diǎn)撥 通過(guò)聯(lián)立兩個(gè)方程，得到一個(gè)關(guān)于y的方程-■y2+2y+10-r2=0，因?yàn)閮蓷l曲線沒有公共點(diǎn)，所以方程沒有實(shí)數(shù)根，所以Δ=4+5（10-r2）<0，解得r>■.

這個(gè)結(jié)論是否正確？我們?nèi)=■，畫圖發(fā)現(xiàn)滿足題目要求，所以上面的結(jié)論是錯(cuò)誤的，問題出現(xiàn)在哪里？這也是我們?cè)诶梅匠膛c函數(shù)思想處理解析幾何問題時(shí)需要特別注意的地方——要注意變量的取值范圍，注意問題的等價(jià)轉(zhuǎn)化.

破解 思路1：用函數(shù)思想，通過(guò)聯(lián)立兩個(gè)方程，得-■y2+2y+10-r2=0，把r2=-■y2+2y+10看做y的函數(shù)，由橢圓知-2≤y≤2，因此r2的值域?yàn)?，■，即r∈1，■，它的補(bǔ)集即為所求，因此r∈（0，1）∪■，+∞.

思路2：用方程思想來(lái)考慮，兩條曲線沒有公共點(diǎn)，等價(jià)于方程-■y2+2y+10-r2=0沒有實(shí)數(shù)解，或者其兩個(gè)根y■，y■？埸[-2，2]. 若沒有實(shí)數(shù)解，則Δ=4+5（10-r2）<0，解得r>■；

若兩個(gè)根y■，y■？埸[-2，2]，設(shè)h（y）= -■y2+2y+10-r2，則由h（2）>0，h（-2）>0解得0

因此，兩條曲線沒有公共點(diǎn)的r的取值范圍是0■.

■

1. 在直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)為圓心的圓與直線x-■y=4相切，圓O與x軸相交于A，B兩點(diǎn)，圓內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)P使PA，PO，PB成等比數(shù)列，求■·■的取值范圍.

2. 已知橢圓C：■+y2=1（m>1），P是曲線C上的動(dòng)點(diǎn)，M是曲線C上的右頂點(diǎn)，定點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2，0）.

（1）若M與A重合，求曲線C的焦點(diǎn)坐標(biāo)；

（2）若m=3，求PA的最大值與最小值；

（3）若PA的最小值為MA，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.

■ 函數(shù)與方程思想解決函數(shù)綜合問題.

■ 已知函數(shù)f（x）=ax+xlnx的圖象在點(diǎn)x=e（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）處的切線斜率為3.

（1）若k∈Z，且k<■對(duì)任意x>1恒成立，求k的最大值；

（2）當(dāng)n>m≥4時(shí)，證明（mnn）m>（nmm）n.

思路點(diǎn)撥 由題意易知f（x）=x+xlnx.

第一問是一個(gè)恒成立問題，k<■對(duì)任意x>1恒成立. 如果令g（x）=■，那么g′（x）=■，我們發(fā)現(xiàn)方程x-lnx-2=0的根求不出來(lái)，我們?cè)俅卫煤瘮?shù)與方程思想，將方程根的問題轉(zhuǎn)化成函數(shù)零點(diǎn)問題，通過(guò)研究函數(shù)h（x）=x-lnx-2的性質(zhì)確定零點(diǎn)位置.

對(duì)于第二問，我們可以用類似于例4的想法進(jìn)行求解.

破解 （1）因?yàn)閒（x）=ax+xlnx，所以f ′（x）=a+lnx+1.

因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=ax+xlnx的圖象在點(diǎn)x=e處的切線斜率為3，所以f ′（e）=3，即a+lne+1=3. 所以a=1.

所以k<■對(duì)任意x>1恒成立，即k<■對(duì)任意x>1恒成立.

若令g（x）=■，則g′（x）=■，令h（x）=x-lnx-2（x>1），則h′（x）=1-■=■>0，所以函數(shù)h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增.

因?yàn)閔（3）=1-ln3<0，h（4）=2-2ln2>0，所以方程h（x）=0在（1，+∞）上存在唯一實(shí)根x0，且滿足x0∈（3，4）.

當(dāng)1

當(dāng)x>x0時(shí)，h（x）>0，即g′（x）>0.

所以函數(shù)g（x）=■在（1，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增.

所以[g（x）]min=g（x0）=■=■=x0∈（3，4）. 所以k<[g（x）]min=x0∈（3，4）. 故整數(shù)k的最大值是3.

（2）由（1）知，g（x）=■是[4，+∞）上的增函數(shù)，所以當(dāng)n>m≥4時(shí)，■>■.

即n（m-1）（1+lnn）>m（n-1）（1+lnm）.

整理，得mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn+（n-m）.

因?yàn)閚>m，所以mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn.

即lnnmn+lnmm>lnmmn+lnnn，即ln（nmnmm）>ln（mmnnn）.

所以（mnn）m>（nmm）n.

■

1. 記函數(shù)f■（x）=（1+x）n-1（n≥2，n∈N？鄢）的導(dǎo)函數(shù)為f ′n（x），函數(shù)g（x）=f■（x）-nx. 若實(shí)數(shù)x0和正數(shù)k滿足：■=■，求證：0

2. 已知偶函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，且當(dāng)x>0時(shí)， f（x）=lnx-ax（a∈R）.若方程f（x）=0恰有5個(gè)不同的實(shí)數(shù)解.

（1）求函數(shù)f（x）的解析式；

（2）求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

3. 已知函數(shù)f（x）=ex-x，其中e為自然對(duì)數(shù)的底.

（1）若函數(shù)F（x）=f（x）-ax2-1的導(dǎo)函數(shù)F′（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的最大值；

（2）求證：f■+f■+f■+

…+f■>n+■，n∈N？鄢.

■ 參考答案

1 函數(shù)與不等式、方程的相互轉(zhuǎn)化

1. 3

2. {xx>1}

3. {a-12

2 函數(shù)與方程思想解決數(shù)列中的相關(guān)問題

{a1

3 函數(shù)與方程思想解決解析幾何中的相關(guān)問題

1. （-2，0]

2. （1）根據(jù)題意，若M與A重合，即橢圓的右頂點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，0），則a=2；橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，則c=■，則橢圓焦點(diǎn)的坐標(biāo)為（■，0），（-■，0）.

（2）若m=3，則橢圓的方程為■+y2=1，變形可得y2=1-■，PA2=（x-2）2+y2=x2-4x+4+y2=■-4x+5. 又由-3≤x≤3，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，分析可得：當(dāng)x=-3時(shí)，PA2=■-4x+5取得最大值，且最大值為25；當(dāng)x=■時(shí)，PA2=■-4x+5取得最小值，且最小值為■. 所以PA的最大值為5，PA的最小值為■.

（3）設(shè)動(dòng)點(diǎn)P（x，y），則PA2=（x-2）2+y2=x2-4x+4+y2=■x-■■-■？搖+5，且-m≤x≤m. 當(dāng)x=m時(shí)，PA取得最小值，且■>0，則■≥m，且m>1，解得1

4 函數(shù)與方程思想解決函數(shù)綜合問題

1. 由題，x0=■，要證明x0>0，只需考慮h（k）=（nk-1）·（1+k）n+1（k>0）的性質(zhì)，要證明x0慮x0-k=■的性質(zhì).

2. （1）因?yàn)閒（x）為偶函數(shù)，且f（x）=0恰有5個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，所以f（0）=0. 設(shè)x<0，則-x>0，f（x）=f（-x）=ln（-x）+ax. 所以f（x）=lnx-ax，x>0，0，x=0，ln（-x）+ax，x<0.

（2）因?yàn)閒（x）為偶函數(shù)，且f（x）=0的5個(gè)不同的實(shí)數(shù)解中有兩個(gè)大于零，兩個(gè)小于零，一個(gè)等于零. 由對(duì)稱性，只需研究x>0時(shí)的情況.

①當(dāng)a≤0時(shí)， f（x）=lnx-ax為單調(diào)增函數(shù)，y=f（x）的圖象與x軸至多有一個(gè)交點(diǎn)，不符合題意.

②當(dāng)a>0時(shí)， f ′（x）=■-a，令f ′（x）=0得x=■. 當(dāng)00， f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x>■時(shí)， f ′（x）<0， f（x）單調(diào)遞減，所以f（x）在x=■處取到極大值-lna-1. 又當(dāng)x→0時(shí)， f（x）→-∞，當(dāng)x→+∞時(shí)， f（x）→-∞.要使x>0時(shí)，y=f（x）的圖象與x軸有兩個(gè)不同交點(diǎn)，只需-lna-1>0，解得0

3. （1）F ′（x）=f ′（x）-2ax=（ex-1）-2ax. 由于函數(shù)F（x）的導(dǎo)函數(shù)F′（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，故[（ex-1）-2ax]′=ex-2a≥0，從而a≤■ex，x∈[0，+∞），即a的最大值為■.

（2）由（1）知F′（0）=0，且當(dāng)a=■時(shí)，F(xiàn)′（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，故F′（x）≥F′（0）=0，所以F（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，此時(shí)F（0）=0，故F（x）≥0，x∈[0，+∞），即f（x）≥■x2+1，x∈[0，+∞）. 依次令x=■，■，■，…，■，可得f■≥■■■+1， f■≥■■■+1，…， f■≥■■■+1. 將以上不等式相加，有f■+f■+f■+…+f■≥■■■+■■+…+■■+n>■■+■+…+■+n=■■-■+■-■+…+■-■+n=■■-■+n=n+■，n∈N？鄢. ■