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第44練 函數(shù)與方程思想
[思想方法解讀] 1.函數(shù)與方程思想的含義
(1)函數(shù)的思想，是用運動和變化的觀點，分析和研究數(shù)學(xué)中的數(shù)量關(guān)系，是對函數(shù)概念的本質(zhì)認(rèn)識，建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù)，運用函數(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的思想方法.
(2)方程的思想，就是分析數(shù)學(xué)問題中變量間的等量關(guān)系，建立方程或方程組，或者構(gòu)造方程，通過解方程或方程組，或者運用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問題，使問題獲得解決的思想方法.
2.函數(shù)與方程的思想在解題中的應(yīng)用
(1)函數(shù)與不等式的相互轉(zhuǎn)化，對函數(shù)y＝f(x)，當(dāng)y>0時，就化為不等式f(x)>0，借助于函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決有關(guān)問題，而研究函數(shù)的性質(zhì)也離不開不等式.
(2)數(shù)列的通項與前n項和是自變量為正整數(shù)的函數(shù)，用函數(shù)的觀點去處理數(shù)列問題十分重要.
(3)解析幾何中的許多問題，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.
(4)立體幾何中有關(guān)線段、角、面積、體積的計算，經(jīng)常需要運用列方程或建立函數(shù)表達(dá)式的方法加以解決，建立空間直角坐標(biāo)系后，立體幾何與函數(shù)的關(guān)系更加密切.
?？碱}型精析
題型一 利用函數(shù)與方程思想解決圖象交點或方程根等問題
例1 已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2ex＋t－1，g(x)＝x＋ (x>0)，其中e表示自然對數(shù)的底數(shù).
(1)若g(x)＝m有實根，求m的取值范圍；
(2)確定t的取值范圍，使得g(x)－f(x)＝0有兩個相異實根.
點評 函數(shù)圖象的交點、函數(shù)零點、方程的根三者之間可互相轉(zhuǎn)化，解題的宗旨就是函數(shù)與方程的思想.方程的根可轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點、函數(shù)圖象的交點，反之函數(shù)零點、函數(shù)圖象交點個數(shù)問題也可轉(zhuǎn)化為方程根的問題.
變式訓(xùn)練1 已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)＝且f(x＋2)＝f(x)，g(x)＝，則方程f(x)＝g(x)在區(qū)間[－5,1]上的所有實根之和為( )
A.－5 B.－6
C.－7 D.－8
題型二 函數(shù)與方程思想在不等式中的應(yīng)用
例2 已知函數(shù)f(x)＝ln x－x＋－1，g(x)＝－x2＋2bx－4，若對任意x1∈(0,2)，x2∈[1,2]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，則實數(shù)b的取值范圍為____________.
點評 不等式恒成立問題的處理方法
在解決不等式恒成立問題時，一種最重要的思想方法就是構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用函數(shù)的圖象和性質(zhì)解決問題.同時要注意在一個含多個變量的數(shù)學(xué)問題中，需要確定合適的變量和參數(shù)，從而揭示函數(shù)關(guān)系，使問題更明朗化.一般地，已知存在范圍的量為變量，而待求范圍的量為參數(shù).
變式訓(xùn)練2 設(shè)f(x)＝ln x＋－1.
證明：(1)當(dāng)x>1時，f(x)<(x－1)；
(2)當(dāng)1
0或Δ≥0中，即可求出目標(biāo)參數(shù)的取值范圍.
第五步：回顧反思.在研究直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題時，無論題目中有沒有涉及求參數(shù)的取值范圍，都不能忽視了判別式對某些量的制約，這是求解這類問題的關(guān)鍵環(huán)節(jié).
變式訓(xùn)練4 如圖所示，設(shè)橢圓C1：＋＝1的左，右焦點分別是F1，F(xiàn)2，下頂點為A，線段OA的中點為B(O為坐標(biāo)原點)，若拋物線C2：y＝mx2－n(m>0，n>0)與y軸的交點為B，且經(jīng)過F1，F(xiàn)2兩點.
(1)求拋物線C2的方程；
(2)設(shè)M，N為拋物線C2上的一動點，過點N作拋物線C2的切線交橢圓C1于P，Q兩點，求△MPQ的面積的最大值.
高考題型精練
1.若2x＋5y≤2－y＋5－x，則有( )
A.x＋y≥0 B.x＋y≤0
C.x－y≤0 D.x－y≥0
2.在如圖所示的銳角三角形空地中，欲建一個面積不小于300 m2的內(nèi)接矩形花園(陰影部分)，則其邊長x(單位：m)的取值范圍是( )
A.[15,20] B.[12,25]
C.[10,30] D.[20,30]
3.滿足條件AB＝2，AC＝BC的三角形ABC的面積的最大值是________.
4.已知f(x)是定義域為R的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f(x)＝x2－4x，那么，不等式f(x＋2)<5的解集是________.
5.當(dāng)x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.
6.(2015南京模擬)已知函數(shù)f(x)＝＋aln(x－1)，其中x∈N*，a為常數(shù).
(1)當(dāng)n＝2時，求函數(shù)f(x)的極值；
(2)當(dāng)a＝1時，證明：對任意的正整數(shù)n，當(dāng)x≥2時，有f(x)≤x－1.
答案精析
專題10 數(shù)學(xué)思想方法
第44練 函數(shù)與方程思想
常考題型精析
例1 解 (1)方法一 因為x>0，所以g(x)＝x＋≥2＝2e，等號成立的條件是x＝e.
故g(x)的值域是[2e，＋∞)，
因而只需m≥2e，g(x)＝m就有實根.
方法二 作出g(x)＝x＋ (x>0)的圖象，如圖所示，觀察圖象可知g(x)的最小值為2e，因此要使g(x)＝m有實根，則只需m≥2e.
方法三 由g(x)＝m，
得x2－mx＋e2＝0，
故等價于
故m≥2e.
(2)若g(x)－f(x)＝0有兩個相異的實根，則函數(shù)g(x)與f(x)的圖象有兩個不同的交點.
因為f(x)＝－x2＋2ex＋t－1＝－(x－e)2＋t－1＋e2，所以函數(shù)f(x)圖象的對稱軸為直線x＝e，開口向下，最大值為t－1＋e2.
由題意，作出g(x)＝x＋ (x>0)及f(x)＝－x2＋2ex＋t－1的大致圖象，如圖所示.
故當(dāng)t－1＋e2>2e，即t>－e2＋2e＋1時，g(x)與f(x)的圖象有兩個交點，即g(x)－f(x)＝0有兩個相異實根.
所以t的取值范圍是(－e2＋2e＋1，＋∞).
變式訓(xùn)練1 C [g(x)＝＝＝2＋，由題意知函數(shù)f(x)的周期為2，則函數(shù)f(x)，g(x)在區(qū)間[－5,1]上的圖象如圖所示：
由圖象知f(x)、g(x)有三個交點，故方程f(x)＝g(x)，在x∈[－5,1]上有三個根xA、xB、xC，xB＝－3，＝－2，xA＋xC＝－4，∴xA＋xB＋xC＝－7.]
例2
解析 問題等價于f(x)min≥g(x)max.
f(x)＝ln x－x＋－1，
所以f′(x)＝－－＝，
令f′(x)>0得x2－4x＋3<0，解得12時，g(x)max＝g(2)＝4b－8.
故問題等價于
或或
解第一個不等式組得b<1，解第二個不等式組得1≤b≤，第三個不等式組無解.
綜上所述，b的取值范圍是.
變式訓(xùn)練2 證明 (1)記g(x)＝ln x＋－1－(x－1)，
則當(dāng)x>1時，g′(x)＝＋－<0.
又g(1)＝0，所以有g(shù)(x)<0，即f(x)<(x－1).
(2)記h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，
則當(dāng)10恒成立，
所以f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，
故當(dāng)x＝1時，[f(x)]min＝f(1)＝3，
即當(dāng)n＝1時，(bn)max＝，
要使對任意的正整數(shù)n，不等式bn≤k恒成立，
則須使k≥(bn)max＝，所以實數(shù)k的最小值為.
變式訓(xùn)練3 B
解析 f1(x)＝x2－4x＋4＝(x－2)2，有1個零點2，由f2(x)＝0可得f1(x)＝2，則x＝2＋或x＝2－，即y＝f2(x)有2個零點，由f3(x)＝0可得f2(x)＝2－或2＋，則(x－2)2＝2－或(x－2)2＝2＋，即y＝f3(x)有4個零點，以此類推可知，y＝fn(x)的零點個數(shù)an＝2n－1.故選B.
例4 解 (1)設(shè)橢圓C的方程為＋＝1 (a>b>0)，
設(shè)c>0，c2＝a2－b2，
由題意，知2b＝，＝，所以a＝1，b＝c＝.
故橢圓C的方程為y2＋＝1，即y2＋2x2＝1.
(2)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m (k≠0)，l與橢圓C的交點坐標(biāo)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(k2＋2)x2＋2kmx＋(m2－1)＝0，
Δ＝(2km)2－4(k2＋2)(m2－1)＝4(k2－2m2＋2)>0，(*)
x1＋x2＝，x1x2＝.
因為＝3，所以－x1＝3x2，
所以則3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，
即32＋4＝0，
整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0，
即k2(4m2－1)＋2m2－2＝0，
當(dāng)m2＝時，上式不成立；
當(dāng)m2≠時，k2＝，
由(*)式，得k2>2m2－2，又k≠0，
所以k2＝>0，
解得－10，滿足題意.
綜上，可知△MPQ的面積的最大值為.
高考題型精練
1.B [把不等式變形為2x－5－x≤2－y－5y，構(gòu)造函數(shù)y＝2x－5－x，其為R上的增函數(shù)，所以有x≤－y，即x＋y≤0.]
2.C [如圖，△ADE∽△ABC，設(shè)矩形的另一邊長為y，則＝2＝2，所以y＝40－x，由題意知xy≥300，即x(40－x)≥300，整理得x2－40x＋300≤0，解不等式得10≤x≤30.]
3.2
解析 可設(shè)BC＝x，則AC＝x，
根據(jù)面積公式得S△ABC＝x，
由余弦定理計算得cos B＝，
代入上式得S△ABC＝x
＝ .
由得2－20，∵x≥0時，f(x)＝x2－4x，∴f(－x)＝(－x)2－4(－x)＝x2＋4x，又f(x)為偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)，∴x<0時，f(x)＝x2＋4x，故有f(x)＝再求f(x)<5的解集，由得0≤x＜5；由得－50，
∴φ(x)在(0,1]上遞增，φ(x)max＝φ(1)＝－6，∴a≥－6.
當(dāng)x∈[－2,0)時，a≤，
∴a≤min.
仍設(shè)φ(x)＝，φ′(x)＝－.
當(dāng)x∈[－2，－1)時，φ′(x)<0，
當(dāng)x∈(－1,0)時，φ′(x)>0.
∴當(dāng)x＝－1時，φ(x)有極小值，即為最小值.
而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，∴a≤－2.
綜上知－6≤a≤－2.
6.(1)解 由已知得函數(shù)f(x)的定義域為{x|x>1}，
當(dāng)n＝2時，f(x)＝＋aln(x－1)，
所以f′(x)＝.
當(dāng)a>0時，由f′(x)＝0得x1＝1＋>1，
x2＝1－<1，
此時f′(x)＝.
當(dāng)x∈(1，x1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(x1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.
所以f(x)在x＝1＋處取得極小值，
極小值為f(1＋)＝(1＋ln )；
當(dāng)a≤0時，f′(x)<0恒成立，所以f(x)無極值.
綜上所述，n＝2時，當(dāng)a>0時，
函數(shù)f(x)有極值，且為極小值(1＋ln )；
當(dāng)a≤0時，f(x)無極值.
(2)證明 因為a＝1，
所以f(x)＝＋ln(x－1).
當(dāng)n為偶數(shù)時，令g(x)＝x－1－－ln(x－1)，
則g′(x)＝1＋－
＝＋>0(x≥2).
所以當(dāng)x∈[2，＋∞)時，g(x)單調(diào)遞增，
又g(2)＝0，因此g(x)＝x－1－－ln(x－1)≥g(2)＝0恒成立，所以f(x)≤x－1成立.
當(dāng)n為奇數(shù)時，要證f(x)≤x－1，由于<0，
所以只需證ln(x－1)≤x－1，
令h(x)＝x－1－ln(x－1)，
則h′(x)＝1－＝≥0(x≥2)，
所以當(dāng)x∈[2，＋∞)時，h(x)＝x－1－ln(x－1)單調(diào)遞增，
又h(2)＝1>0，所以當(dāng)x≥2時，恒有h(x)>0，
即ln(x－1)
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