高考定位

高考對函數(shù)與方程思想的考查，一般是通過函數(shù)與導數(shù)試題、三角函數(shù)試題、數(shù)列試題或解析幾何試題進行考查，重點是通過構造函數(shù)解決最大值或者最小值問題，通過方程思想求解一些待定系數(shù)等.函數(shù)與方程思想在高考中，無處不在，填空題與解答題中都會出現(xiàn)，是高考數(shù)學最最重要的思想方法之一.

方法指要

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)學中的數(shù)量關系，是對函數(shù)概念的本質認識，建立函數(shù)關系或構造函數(shù)，運用函數(shù)的圖象和性質去分析問題、轉化問題，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)學問題中變量間的等量關系，建立方程或方程組，或者構造方程，通過解方程或方程組，或者運用方程的性質去分析、轉化問題，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用

（1）函數(shù)與不等式的相互轉化，對于函數(shù)y=f（x），當y>0時，就化為不等式f（x）>0，借助于函數(shù)的圖象和性質可解決有關問題，而研究函數(shù)的性質也離不開不等式.

（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)列問題的方法是十分重要的.

（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.這都涉及到二次方程與二次函數(shù)的有關理論.

（4）立體幾何中有關線段、面積、體積的計算，經(jīng)常需要運用列方程或建立函數(shù)表達式的方法加以解決.

典例精析

一、利用函數(shù)與方程的思想解決方程根的問題

例1（1）如果方程cos2x-sinx+a=0在（0，π2]上有解，則a的取值范圍是.

（2）函數(shù)f（x）=lnx-x2+2x（x>0），x2-2x-3（x≤0）的零點個數(shù)為.

分析：（1）可分離變量為a=-cos2x+sinx，轉化為確定的相關函數(shù)的值域.

（2）轉化為方程的根的個數(shù)或兩個函數(shù)的圖象的交點問題.

解：法1：設f（x）=-cos2x+sinx（x∈（0，π2]）.

顯然當且僅當a屬于f（x）的值域時，a=f（x）有解.

因為f（x）=-（1-sin2x）+sinx=（sinx+12）2-54，

且由x∈（0，π2]知sinx∈（0，1].易求得f（x）的值域為（-1，1].

故a的取值范圍是（-1，1].

法2：令t=sinx，由x∈（0，π2]，可得t∈（0，1].

將方程變?yōu)閠2+t-1-a=0.

依題意，該方程在（0，1]上有解.

設f（t）=t2+t-1-a.其圖象是開口向上的拋物線，對稱軸t=-12，

如圖所示.

因此f（t）=0在（0，1]上有解等價于f（0）<0，f（1）≥0， 即-1-a<0，1-a≥0，所以-1

故a的取值范圍是（-1，1].

（2）當x≤0時，f（x）=x2-2x-3，

由f（x）=0，即x2-2x-3=0，解得x=-1或x=3.

因為x≤0，所以x=-1.此時函數(shù)f（x）只有一個零點.

當x>0時，f（x）=lnx-x2+2x，

令f（x）=0，得lnx=x2-2x，如圖，分別作出函數(shù)y=lnx與y=x2-2x（x>0）的圖象，由圖可知兩個函數(shù)圖象有兩個交點，所以此時函數(shù)f（x）有兩個零點.

綜上知，函數(shù)f（x）的零點有三個.

解后反思：方程有解問題一般有兩種解法：一是通過參變量分離，轉化為函數(shù)的值域問題；二是先把方程兩邊的代數(shù)式看作是兩個熟悉函數(shù)的表達式（不熟悉時，需要作適當變形轉化為兩個熟悉的函數(shù)），然后在同一坐標系中作出兩個函數(shù)的圖象，圖象的交點個數(shù)即為方程解的個數(shù).

二、利用函數(shù)與方程的思想解決不等式恒成立問題

例2設函數(shù)f（x）=cos2x+sinx+a-1，已知不等式1≤f（x）≤174對一切x∈R恒成立，則a的取值范圍是.

分析：本題中先利用參數(shù)a表示出最大值與最小值，其最大值小于或等于174，最小值大于或等于1，這樣就滿足了題目中的不等關系，從而求出參數(shù)的取值范圍.把恒成立問題轉化為最值問題是常用的思想方法.

解：f（x）=cos2x+sinx+a-1=1-sin2x+sinx+a-1=-（sinx-12）2+a+14.

因為-1≤sinx≤1，所以當sinx=12時，函數(shù)有最大值f（x）max=a+14，

當sinx=-1時，函數(shù)有最小值f（x）min=a-2.

因為1≤f（x）≤174對一切x∈R恒成立，

所以f（x）max≤174且f（x）min≥1，

即a+14≤174，a-2≥1，解得3≤a≤4，

所以a的取值范圍是[3，4].

解后反思：（1）在解決不等式問題時，一種最重要的思想方法就是構造適當?shù)暮瘮?shù)，利用函數(shù)的圖象和性質解決問題；（2）函數(shù)f（x）>0或f（x）<0恒成立，一般可轉化為f（x）min>0或f（x）max<0；已知恒成立求參數(shù)范圍可先分離參數(shù)，然后利用函數(shù)值域求解.

三、利用函數(shù)與方程思想求解數(shù)列中的最值問題

例3（1）已知數(shù)列{an}是一個等差數(shù)列，且a2=1，a5=-5.則{an}前n項和Sn的最大值為.

（2）已知向量a=（2，-n），b=（Sn，n+1），n∈N*，其中Sn是數(shù)列{an}的前n項和，若a⊥b，則數(shù)列{anan+1an+4}的最大項的值為.

分析：（1）先列出關于a2和a5的方程組，通過解方程組求出數(shù)列的首項和公差，寫出an.再求前n項和Sn，整理成關于n的二次函數(shù)，求其最大值.（2）先求數(shù)列{an}的通項公式，再將anan+1an+4表示成關于n的函數(shù)，并求其最大值.

解：（1）設{an}的公差為d，由已知條件，

a1+d=1，a1+4d=-5，解出a1=3，d=-2.所以an=a1+（n-1）d=-2n+5.

于是，Sn=na1+n（n-1）2d=-n2+4n=4-（n-2）2.

所以n=2時，Sn取到最大值4.

（2）依題意得a·b=0，即2Sn=n（n+1），Sn=n（n+1）2.

當n≥2時，an=Sn-Sn-1=n（n+1）2-n（n-1）2=n；

又a1=1，因此an=n，

anan+1an+4=n（n+1）（n+4）=nn2+5n+4=1n+4n+5≤19，

當且僅當n=4n，n∈N*，即n=2時取等號，因此數(shù)列{anan+1an+4}的最大項的值是19.

解后反思：數(shù)列最值問題中應用函數(shù)與方程思想的常見類型：

（1）數(shù)列中的恒成立問題，轉化為最值問題，利用函數(shù)的單調性或不等式求解.

（2）數(shù)列中的最大項與最小項問題，利用函數(shù)的有關性質或不等式組an-1≤an，an≥an+1或an-1≥an，an≤an+1求解.

（3）數(shù)列中前n項和的最值：轉化為二次函數(shù)，借助二次函數(shù)的單調性或求使an≥0（an≤0）成立時最大的n值即可求解.

四、利用函數(shù)與方程思想求解解析幾何中的方程，定值與最值問題

例4平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為32，左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2.以F1為圓心，3為半徑的圓與以F2為圓心，1為半徑的圓相交，且交點在橢圓C上.

（1）求橢圓C的方程.

（2）設橢圓E：x24a2+y24b2=1，P為橢圓C上任意一點.過點P的直線y=kx+m交橢圓E于A，B兩點，射線PO交橢圓E于點Q.

（i）求|OQ||OP|的值；（ii）求△ABQ面積的最大值.

分析：（1）建立關于a，b，c的方程，進而求出a，b；（2）（i）對點P坐標舍而不求，并設|OQ||OP|=λ，求出Q點坐標，進而代入橢圓E方程，利用方程思想求出λ；（ii）把△ABQ面積表示成關于某個變量的函數(shù)，進而求出該函數(shù)的最大值.

解：（1）由題意知2a=4，則a=2，

又ca=32，a2-c2=b2，可得b=1，

所以橢圓C的方程為x24+y2=1.

（2）由（1）知，橢圓E的方程為x216+y24=1，

（i）設P（x0，y0），|OQ||OP|=λ，由題意知Q（-λx0，-λy0）.

因為x204+y20=1，且（-λx0）216+（-λy0）24=1，即λ24（x204+y20）=1，

所以λ=2，即|OQ||OP|=2.

（ii）設A（x1，y1），B（x2，y2）.

將y=kx+m代入橢圓E的方程，

可得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-16=0，

由Δ>0，可得m2<4+16k2，①

則有x1+x2=-8km1+4k2，x1x2=4m2-161+4k2，

所以|x1-x2|=416k2+4-m21+4k2.

因為直線y=kx+m與y軸交點的坐標為（0，m），

所以△OAB的面積S=12|m||x1-x2|

=216k2+4-m2|m|1+4k2

=2（16k2+4-m2）m21+4k2

=2（4-m21+4k2）×m21+4k2.

設m21+4k2=t.將y=kx+m代入橢圓C的方程，

可得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，

由Δ≥0，可得m2≤1+4k2.②

由①②可知0

因此S=2（4-t）t=2-t2+4t.

故S≤23，當且僅當t=1，即m2=1+4k2時，S取得最大值23，

由（i）知，△ABQ的面積為3S，

所以△ABQ面積的最大值為63.

解后反思：在解析幾何中，方程問題和定點定值問題，一般采用方程思想求解，而最值問題常常采用函數(shù)思想.值得關注的是，解析幾何中的最值是高考的熱點，也是難點，在圓錐曲線的綜合問題中經(jīng)常出現(xiàn)，求解此類問題的一般思路為在深刻認識運動變化的過程之中，抓住函數(shù)關系，將目標量表示為一個（或者多個）變量的函數(shù)，然后借助于函數(shù)最值的探求來使問題得以解決.

（作者：宋濤，如皋市第一中學）