2020数学（理）二轮教师用书：第3部分策略11.函数与方程思想




1．函数与方程思想
函数思想
方程思想
　　函数思想的实质是抛开所研究对象的非数学特征，用联系和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立各变量之间固有的函数关系，通过函数形式，利用函数的有关性质，使问题得到解决.
　　方程思想的实质就是将所求的量设成未知数，根据题中的等量关系，列方程(组)，通过解方程(组)或对方程(组)进行研究，以求得问题的解决.
　　函数思想与方程思想在一定的条件下是可以相互转化的，是相辅相成的．函数思想重在对问题进行动态的研究，方程思想则是动中求解，研究运动中的等量关系.
应用1　目标函数法求最值
【典例1】(1)已知在半径为2的扇形AOB中，∠AOB＝120°，C是OB的中点，P为弧AB上任意一点，且＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为________．
(2)已知正四棱锥P­ABCD中，PA＝2，则当该正四棱锥的体积最大时，它的高h等于________．
切入点：(1)联想三角函数的定义、平面向量的坐标运算，建系求解．
(2)建立体积V与高h之间的等量关系，借助导数等工具求V最大时的h值．
(1)　(2)2　[(1)建立如图所示的平面直角坐标系，则O(0,0)，A(2,0)，C，则＝(2,0)，＝，设P(2cos θ，2sin θ)，
则λ(2,0)＋μ＝(2cos θ，2sin θ)，即解得则
λ＋μ＝sin θ＋cos θ＝sin(θ＋φ)，其中tan φ＝，据此可知，当sin(θ＋φ)＝1时，λ＋μ取得最大值.
(2)设正四棱锥P­ABCD的底面边长为a，
∵PA＝2，∴＋h2＝12，即＋h2＝12，
故a2＝24－2h2，∴正四棱锥P­ABCD的体积V＝a2h＝8h－h3(h＞0)，∴V′＝8－2h2，
令V′＞0得0＜h＜2，令V′<0得h>2，∴当h＝2时，正四棱锥P­ABCD的体积取得最大值．]
【对点训练1】(1)(2017·全国卷Ⅰ)已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为(　　)
A．16　　　　　 B．14
C．12 D．10
(2)(2019·北京高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．
(1)A　(2)0　－10　[(1)因为F为y2＝4x的焦点，所以F(1,0)．
由题意直线l1，l2的斜率均存在，且不为0，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－，故直线l1，l2的方程分别为y＝k(x－1)，y＝－(x－1)．
由
得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1，
所以|AB|＝·|x1－x2|
＝·
＝·＝.
同理可得|DE|＝4(1＋k2)．
所以|AB|＋|DE|＝＋4(1＋k2)
＝4＝8＋4≥8＋4×2＝16，
当且仅当k2＝，即k＝±1时，取得等号．
故选A.
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝－3，S5＝－10，
∴解得a1＝－4，d＝1，
∴a5＝a1＋4d＝－4＋4×1＝0，
Sn＝na1＋d＝－4n＋＝－，
∴n＝4或n＝5时，Sn取最小值为S4＝S5＝－10.]
应用2　分离参数法求参数范围
【典例2】(1)若方程cos2x－sin x＋a＝0在上有解，则实数a的取值范围为________．
(2)若对x∈(－∞，－1]，不等式(m2－m)2x－＜1恒成立，则实数m的取值范围是________．
切入点：(1)法一：分离参数构建函数，将方程有解问题转化为求函数的值域．
法二：三角换元转化为一元二次方程在给定区间上有解．
(2)分离参数，建立函数，将不等式恒成立问题转化为函数最值及解不等式问题．
(1)(－1,1]　(2)(－2,3)　[(1)法一：(分离变量)把方程变形为a＝－cos2x＋sin x，设f(x)＝－cos2x＋sin x，x∈，
显然，当且仅当a属于f(x)的值域时有解．
因为f(x)＝－(1－sin2x)＋sin x＝－，且由x∈知sin x∈(0,1]，易求得f(x)的值域为(－1,1]，故a的取值范围是(－1,1]．
法二：(换元法)令t＝sin x，由x∈，可得t∈(0,1]，
将方程变为t2＋t－1－a＝0.
依题意，该方程在(0,1]上有解，
设f(t)＝t2＋t－1－a，其图象是开口向上的抛物线，对称轴t＝－，如图所示，
因此，f(t)＝0在(0,1]上有解
等价于
即所以－1＜a≤1，
故a的取值范围是(－1,1]．
(2)不等式(m2－m)2x－＜1恒成立，等价于m2－m＜＋⇔m2－m＜min，构造函数f(x)＝＋，利用换元法，令t＝，则y＝t2＋t＝－，∵x∈(－∞，－1]，∴t∈[2，＋∞)，∴y＝t2＋t＝－的最小值为6，∴m2－m＜6⇔m2－m－6＜0⇔－2＜m＜3，所以实数m的取值范围是－2＜m＜3.]
【对点训练2】(2019·天津高考)已知a∈R，设函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为(　　)
A．[0,1] B．[0,2]
C．[0，e] D．[1，e]
C　[当x≤1时，由f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，
所以当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1＞0恒成立，
当a＜1时，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，∴0≤a＜1.
综上，a≥0.
当x＞1时，由f(x)＝x－aln x≥0恒成立，
即a≤恒成立．
设g(x)＝，则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，得x＝e，
且当1＜x＜e时，g′(x)＜0，当x＞e时，g′(x)＞0，
∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.
综上，a的取值范围是0≤a≤e，即[0，e]．故选C.]
应用3　函数思想解不等式(比较大小)
【典例3】(1)设0＜a＜1，e为自然对数的底数，则a，ae，ea－1的大小关系为(　　)
A．ea－1＜a＜ae B．ae ＜a＜ea－1
C．ae＜ea－1＜a D．a＜ea－1＜ae
(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R内的奇函数和偶函数，当x<0时， f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　)
A．(－3,0)∪(0,3)
B．(－3,0)∪(3，＋∞)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(0,3)
切入点：(1)借助y＝ax(0＜a＜1)的单调性比较a与ae的大小；
构造函数f(x)＝ex－x－1(x＞0)比较ea－1与a的大小．
(2)构造函数F(x)＝f(x)g(x)，借助F(x)的奇偶性、单调性解f(x)g(x)＜0.
(1)B　(2)D　[(1)设f(x)＝ex－x－1，x＞0，则f′(x)＝ex－1＞0，
∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且f(0)＝0，f(x)＞0，
∴ex－1＞x，即ea－1＞a.
又y＝ax(0＜a＜1)在R上是减函数，得a＞ae，
从而ea－1＞a＞ae.
(2)设F(x)＝f(x)g(x)，由于f(x)，g(x)分别是定义在R内的奇函数和偶函数，得
F(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)，
即F(x)为定义在R内的奇函数．
又当x<0时，
F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，
所以x<0时，f(x)为增函数．
因为奇函数在对称区间上的单调性相同，
所以当x>0时，f(x)也是增函数．
因为F(－3)＝f(－3)g(－3)＝0＝－F(3)．
所以由图可知f(x)<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)．]
【对点训练3】(1)已知f(x)＝log2x，x∈[2,16]，对于函数f(x)值域内的任意实数m，使x2＋mx＋4＞2m＋4x恒成立的实数x的取值范围为(　　)
A．(－∞，－2]
B．[2，＋∞)
C．(－∞，－2]∪[2，＋∞) 　　
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
(2)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实数a满足f(2|a－1|)＞f(－)，则a的取值范围是________．
(1)D　(2)　[(1)因为x∈[2,16]，所以f(x)＝log2x∈[1,4]，即m∈[1,4]．不等式x2＋mx＋4＞2m＋4x恒成立，即为m(x－2)＋(x－2)2＞0对m∈[1,4]恒成立．设g(m)＝(x－2)m＋(x－2)2，则此函数在区间[1,4]上恒大于0，
所以即解得x＜－2或x＞2.
(2)由f(x)是偶函数且f(x)在区间(－∞，0)上单调递增可知，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．又因为f(2|a－1|)＞f(－)，而f(－)＝f()，所以2|a－1|＜，即|a－1|＜，解得＜a＜.]
应用4　应用方程思想求值
【典例4】(1)(2018·浙江高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝，b＝2，A＝60°，则sin B＝________，c＝________.
(2)[一题多解](2018·全国卷Ⅲ)已知点M(－1,1)和抛物线C：y2＝4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB＝90°，则k＝________.
(1)　3　(2)2　[(1)由正弦定理＝，
得sin B＝·sin A＝×＝.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得7＝4＋c2－4c×cos 60°，
即c2－2c－3＝0，解得c＝3或c＝－1(舍去)．
(2)法一：由题意知，抛物线的焦点为(1,0)，则过C的焦点且斜率为k的直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，由消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1.由消去x得y2＝4，即y2－y－4＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝－4.由∠AMB＝90°，得·＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，将x1＋x2＝，x1x2＝1与y1＋y2＝，y1y2＝－4代入，得k＝2.
法二：设抛物线的焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
所以y－y＝4(x1－x2)，则k＝＝.取AB的中点M′(x0，y0)，分别过点A，B作准线x＝－1的垂线，垂足分别为A′，B′，又∠AMB＝90°，点M在准线x＝－1上，所以|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AA′|＋|BB′|)．又M′为AB的中点，所以MM′平行于x轴，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以k＝2.]
【对点训练4】(1)[一题多解](2019·秦皇岛模拟)已知向量a＝(λ，1)，b＝(λ＋2,1)，若|a＋b|＝|a－b|，则实数λ的值为(　　)
A．－1 B．2
C．1 D．－2
(2)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S7＝70，且a1，a2，a6成等比数列．设bn＝，则数列{bn}最小项的值为________．
(1)A　(2)23　[(1)法一：由|a＋b|＝|a－b|，
可得a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，所以a·b＝0，
故a·b＝(λ，1)·(λ＋2,1)＝λ2＋2λ＋1＝0，解得λ＝－1.
法二：a＋b＝(2λ＋2,2)，a－b＝(－2,0)，
由|a＋b|＝|a－b|，
可得(2λ＋2)2＋4＝4，解得λ＝－1.
(2)设公差为d，且d≠0，
则有
即
解得或(舍去)，
所以an＝3n－2，Sn＝[1＋(3n－2)]＝，
所以bn＝＝3n＋－1≥2－1＝23，当且仅当3n＝，
即n＝4时取等号，
故数列{bn}最小项的值为23.]
应用5　方程思想解不等式
【典例5】(1)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)＜c的解集为(m，m＋6)，则实数c的值为________．
(2)[一题多解]若a，b是正数，且满足ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围为________．
切入点：(1)f(x)＝0有两个相等实根，f(x)＝c的两根分别为m，m＋6.
(2)法一：注意到ab与a＋b的关系，可将原等式转化为一元二次方程．
法二：利用均值不等式ab≤求解．
(1)9　(2)[9，＋∞)　[(1)因为f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，
所以Δ＝0，即a2－4b＝0，
又f(x)＜c的解集为(m，m＋6)．
∴m，m＋6是对应方程f(x)＝c的两个不同的根．
即x2＋ax＋b－c＝0的两根分别为m，m＋6，
∴
由题意得
|m＋6－m|＝＝，
解得c＝9.
(2)法一：若设ab＝t，则a＋b＝t－3.
所以a，b可看成方程x2－(t－3)x＋t＝0的两个正根．
从而有即
解得t≥9，即ab≥9.
所以ab的取值范围是[9，＋∞)．
法二：∵ab＝a＋b＋3，
∴ab－3＝a＋b≥2，
令＝t，则t2－2t－3≥0，
∴t≤－1或t≥3，
∴≤－1(舍)或≥3，即ab≥9.]
【对点训练5】　关于x的一元二次不等式x2＋ax＋b＞0的解集为(－∞，－3)∪(1，＋∞)，则不等式ax2＋bx－2＜0的解集为(　　)
A．(－3,1) B.∪(2，＋∞)
C. D．(－1,2)
C　[由关于x的一元二次不等式x2＋ax＋b＞0的解集为(－∞，－3)∪(1，＋∞)，
已知方程x2＋ax＋b＝0的两实数根分别为－3,1，
则解得
所以不等式ax2＋bx－2＜0可化为2x2－3x－2＜0，即(2x＋1)(x－2)＜0，解得－＜x＜2，
即所求不等式的解集为.]