張宏偉

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)來思考.”函數(shù)思想，就是用變量和函數(shù)來思考問題，就是通過建立函數(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 ）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.

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函數(shù)與不等式、方程的相互轉(zhuǎn)化

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例1 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

例2 經(jīng)過點(diǎn)（1，2）且與函數(shù)y=x3+1圖象相切的直線共有（ ）

A. 一條 B. 兩條

C. 三條 D. 零條

例3 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 第一題可構(gòu)造函數(shù)f（x）=lg（x+ ）；對(duì)于第二題，利用函數(shù)與方程的思想，把切線有多少條的問題轉(zhuǎn)化為切點(diǎn)個(gè)數(shù)問題；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)該引起我們高度重視.

破解 1. 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.

2. 設(shè)切點(diǎn)P（x0，x +1），則切線方程為y-x -1=3x （x-x0），將（1，2）代入切線方程得2x -3x +1=0，即（x0-1）2·（2x0+1）=0，所以有兩條切線.

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，所以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 b< 或b> .

1. 滿足不等式log2x

2. 已知關(guān)于x的方程lg2x+2algx-a+2=0在區(qū)間 ，1內(nèi)有唯一解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為__________.

3. 已知函數(shù)f（x）= x2-ax+（a-1）lnx，a>1.

（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；

（2）證明：若a<5，則對(duì)任意x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，有 >-1.

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函數(shù)與方程思想解決數(shù)列中的相關(guān)問題

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例4 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，即可得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.

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函數(shù)與方程思想解決解析幾何中的相關(guān)問題

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例5 過拋物線m∶y=x2上的點(diǎn)A向圓l：x2+（y-2）2=1引兩條切線AB，AC，交拋物線m于B，C，連結(jié)BC，點(diǎn)M，N分別是圓l、拋物線m上的任意點(diǎn).

（1）求MN的最小值；

（2）求證：直線BC也是圓l的切線.

圖1

思路點(diǎn)撥 處理本題第二問時(shí)，注意到A，B，C三點(diǎn)的對(duì)稱性，可設(shè)A（t1，t ），B（t2，t ），C（t3，t ），寫出AB，AC的方程，要證直線BC也是圓l的切線，只要證圓心到直線BC的距離為1即可.

破解 （1）圓l的圓心為P（0，2），連PN交圓l于Q，連結(jié)PM，則PM+MN≥PN，MN≥PN-PM=PN-1.

設(shè)N（t，t2），則PN= = ≥ ，當(dāng)且僅當(dāng)t2= 時(shí)，上式取等號(hào)，所以PNmin= . 所以MNmin= -1，此時(shí)M ，2- ，N ， ，或M- ，2- ，N- ， .

（2）證明：設(shè)A（t1，t ），B（t2，t ），C（t3，t ），t1，t2，t3互不相同.

直線AB的方程為：（t1+t2）x-y-t1t2=0，

直線AC的方程為：（t1+t3）x-y-t1t3=0，

直線BC的方程為：（t2+t3）x-y-t2t3=0.

圓心（0，2）到直線AB、直線AC、直線BC的距離分別為：

d3= ，

d2= ，

d = .

要證：直線BC也是圓l的切線，只要證：若d3=1，d2=1，則d1=1.

由d3=1，d2=1，知（t -1）t +2t1t2+ 3-t =0，（t -1）t +2t1t3+3-t =0，

所以t2，t3是關(guān)于t的方程（t -1）t2+2t1t+3-t =0的兩個(gè)不等實(shí)根，

得t ≠1，Δ=4（t -3t +3）>0，t2+t3= ，t2t3= ，d1= = = =1.

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.

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函數(shù)與方程思想解決函數(shù)綜合問題

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例6 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，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)1x0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）.

整理后得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.已知f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)， f（x）=x2- x3，

（1）求函數(shù)f（x）的解析式.

（2）討論函數(shù)f（x）在區(qū)間（-∞，0]上的單調(diào)性.

（3）設(shè)g（x）是函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，+∞）上的導(dǎo)函數(shù)，問：是否存在實(shí)數(shù)a，滿足a>1并且使g（x）在區(qū)間[1，a]上的值域?yàn)?，1. 若存在，求出a；若不存在，說明理由.

2. 已知函數(shù)f（x）=lnx+ -kx，其中常數(shù)k∈R.

（1）求f（x）的單調(diào)增區(qū)間與單調(diào)減區(qū)間；

（2）若f（x）存在極值且有唯一零點(diǎn)x0，求k的取值范圍及不超過 的最大整數(shù)m.

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 .

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參考答案

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1 函數(shù)與不等式、方程的相互轉(zhuǎn)化

1. （0，2）∪（4，+∞）

2. a ≤a<2或a=1

3. （1）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）.

f′（x）=x-a+ = = ，

（i）若a-1=1即a=2，則f ′（x）= ，故f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增.

（ii）若a-1<1，而a>1，故1

當(dāng)x∈（0，a-1）及x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）>0，故f（x）在（a-1，1）單調(diào)遞減，在（0，a-1），（1，+∞）單調(diào)遞增.

（iii）若a-1>1，即a>2，同理可得f（x）在（1，a-1）單調(diào)遞減，在（0，1），（a-1，+∞）單調(diào)遞增.

（2）考慮函數(shù)g（x）=f（x）+x= ·x2-ax+（a-1）lnx+x，

則g′（x）=x-（a-1）+ ≥2 -（a-1）=1-（ -1）2.

由于10，即g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，從而當(dāng)x1>x2>0時(shí)有g(shù)（x1）-g（x2）>0，即f（x1）-f（x2）+x1-x2>0，故 >-1，當(dāng)0-1.

2 函數(shù)與方程思想解決數(shù)列中的相關(guān)問題

因?yàn)閍-1>0，所以a>1. 設(shè)an= + + +…+ ，則an+1= + + +…+ + ，an+1-an= + - = >0，即數(shù)列{an}為單調(diào)遞增數(shù)列. 當(dāng)n>1時(shí)，數(shù)列{an}的最小值為a2= + = ，由題意有 > log2（a-1）+ ，即a-1<1，a<2. 綜上有1

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- - +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. （1）設(shè)x<0，則-x>0，因?yàn)閒（x）為R上的奇函數(shù)，所以f（x）=-f（-x）=

-x2- x3.

所以f（x）=x2- x3， x≥0，-x2- x3， x<0.

（2）當(dāng)x<0時(shí)， f′（x）=-2x-x2.

由f′（x）>0得-2

所以f（x）的增區(qū)間為（-2，0），減區(qū)間為（-∞，2）.

（3）當(dāng)x≥0時(shí)，g（x）=f ′（x）=2x-x2=-（x-1）2+1.

當(dāng)x∈[1，a]時(shí)，g（x）單調(diào)遞減. 又g（x）的值域?yàn)?，1，

所以g（1）=1，g（a）= ？圯2a-a2= ？圯（a-1）（a2-a-1）=0.

因?yàn)閍>1，所以a= .

綜上，存在符合題意的實(shí)數(shù)a，其值為 .

2. （1）f′（x）= +x-k= （x>0）.

①當(dāng)k≤2時(shí)， f′（x）= +x-k≥2 -k=2-k≥0，函數(shù)f（x）為增函數(shù)；

②當(dāng)k>2時(shí)， f′（x）= ，

其中0

x， f′（x）， f（x）的取值變化情況如下表：

綜合①②知當(dāng)k≤2時(shí)， f（x）的增區(qū)間為（0，+∞），無減區(qū)間；

當(dāng)k>2時(shí)， f（x）的增區(qū)間為0， 與 ，+∞，減區(qū)間為 ， .

（2）由（1）知當(dāng)k≤2時(shí)， f（x）無極值；當(dāng)k>2時(shí)，0

f（2k）=ln（2k）+ -2k2=ln（2k）>0，又1

故函數(shù)f（x）有唯一零點(diǎn)x0，且x0∈（x2，2k）.

又f（k）=lnk+ -k2=lnk- ，記g（k）=lnk- （k>2），

g′（k）= -k= <0，則g（k）

從而f（k）<0，k

故k的取值范圍是（2，+∞），不超過 的最大整數(shù)m=1.

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 .