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第44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，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例1已知函数f(x)x22ext1，g(x)x (x0)，其中e表示自然对数的底数.(1)若g(x)m有实根，求m的取值范围；(2)确定t的取值范围，使得g(x)f(x)0有两个相异实根.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.变式训练1已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x)且f(x2)f(x)，g(x)，则方程f(x)g(x)在区间5,1上的所有实根之和为()A.5 B.6C.7 D.8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 xx1，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_.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.变式训练2设f(x)ln x1.证明：(1)当x1时，f(x)(x1)；(2)当1x3时，f(x)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；(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.高考题型精练1.若2x5y2y5x，则有()A.xy0 B.xy0C.xy0 D.xy02.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.12,25C.10,30 D.20,303.满足条件AB2，ACBC的三角形ABC的面积的最大值是_.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，所以g(x)x22e，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.方法二作出g(x)x (x0)的图象，如图所示，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，故等价于故m2e.(2)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t1e2.由题意，作出g(x)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，).变式训练1C g(x)2，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，故方程f(x)g(x)，在x5,1上有三个根xA、xB、xC，xB3，2，xAxC4，xAxBxC7.例2解析问题等价于f(x)ming(x)max.f(x)ln xx1，所以f(x)，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，故也是最小值点，所以f(x)minf(1).由于函数g(x)x22bx4，x1,2.当b2时，g(x)maxg(2)4b8.故问题等价于或或解第一个不等式组得b1时，g(x)0.又g(1)0，所以有g(x)0，即f(x)(x1).(2)记h(x)(x5)f(x)9(x1)，则当1x3时，由(1)，得h(x)f(x)(x5)f(x)9(x1)(x5)93x(x1)(x5)(2)18x3x(x1)(x5)(2)18x(7x232x25)0.因此h(x)在(1,3)内单调递减.又h(1)0，所以h(x)0，即f(x)0恒成立，所以f(x)在1，)上是增函数，故当x1时，f(x)minf(1)3，即当n1时，(bn)max，要使对任意的正整数n，不等式bnk恒成立，则须使k(bn)max，所以实数k的最小值为.变式训练3B解析f1(x)x24x4(x2)2，有1个零点2，由f2(x)0可得f1(x)2，则x2或x2，即yf2(x)有2个零点，由f3(x)0可得f2(x)2或2，则(x2)22或(x2)22，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.例4解(1)设椭圆C的方程为1 (ab0)，设c0，c2a2b2，由题意，知2b，所以a1，bc.故椭圆C的方程为y21，即y22x21.(2)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)，由得(k22)x22kmx(m21)0，(2km)24(k22)(m21)4(k22m22)0，(*)x1x2，x1x2.因为3，所以x13x2，所以则3(x1x2)24x1x20，即3240，整理得4k2m22m2k220，即k2(4m21)2m220，当m2时，上式不成立；当m2时，k2，由(*)式，得k22m22，又k0，所以k20，解得1m或m0，满足题意.综上，可知MPQ的面积的最大值为.高考题型精练1.B 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xy0.2.C 如图，ADEABC，设矩形的另一边长为y，则22，所以y40x，由题意知xy300，即x(40x)300，整理得x240x3000，解不等式得10x30.3.2解析可设BCx，则ACx，根据面积公式得SABCx，由余弦定理计算得cos B，代入上式得SABCx .由得22x22.故当x2时，SABC最大值为2.4.x|7x3解析令x0，x0时，f(x)x24x，f(x)(x)24(x)x24x，又f(x)为偶函数，f(x)f(x)，x0时，f(x)x24x，故有f(x)再求f(x)5的解集，由得0x5；由得5x0，即f(x)5的解集为(5,5).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|7x0，(x)在(0,1上递增，(x)max(1)6，a6.当x2,0)时，a，amin.仍设(x)，(x).当x2，1)时，(x)0.当x1时，(x)有极小值，即为最小值.而(x)min(1)2，a2.综上知6a2.6.(1)解由已知得函数f(x)的定义域为x|x1，当n2时，f(x)aln(x1)，所以f(x).当a0时，由f(x)0得x111，x211，此时f(x).当x(1，x1)时，f(x)0，f(x)单调递增.所以f(x)在x1处取得极小值，极小值为f(1)(1ln )；当a0时，f(x)0时，函数f(x)有极值，且为极小值(1ln )；当a0时，f(x)无极值.(2)证明因为a1，所以f(x)ln(x1).当n为偶数时，令g(x)x1ln(x1)，则g(x)10(x2).所以当x2，)时，g(x)单调递增，又g(2)0，因此g(x)x1ln(x1)g(2)0恒成立，所以f(x)x1成立.当n为奇数时，要证f(x)x1，由于0，所以当x2时，恒有h(x)0，即ln(x1)x1命题成立.综上所述，结论成立.
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