函数与方程思想在数列解题中的应用
函数与方程思想在数列解题中的应用
康金东
摘㊀要:用函数与方程的思想方法解决数列问题ꎬ就是对所给出的数列问题ꎬ经过从不同的审题角度去思考问题ꎬ看看此数列问题的解决与方程或函数是否有关联ꎬ若有关联ꎬ就可用函数与方程的思想来求解该数列问题ꎻ若给出的数列问题从表面上看是非方程或函数的问题ꎬ但经过一番改造或转化后仍属于方程或函数的问题ꎬ此时就可用函数与方程的思想来求解该数列问题ꎮ有些求值或化简问题ꎬ如果纳入方程的思想方法来处理ꎬ往往有事半功倍之效ꎮ
关键词:方程与函数思想ꎻ数列问题ꎻ转化ꎻ回归㊀㊀数列问题函数(方程)化法形式结构与函数(方程)类似ꎬ但要注意数列问题中ｎ的取值范围为正整数ꎬ涉及的函数具有离散性的特点ꎮ其一般解题步骤是:
第一步:分析数列式子的结构特征ꎮ
第二步:根据结构特征构造特征函数(方程)ꎬ转化问题形式ꎮ
第三步:研究函数性质ꎬ结合解决问题的需要研究函数(方程)的相关性质ꎬ主要涉及函数单调性与最值㊁值域问题的研究ꎮ
第四步:回归问题ꎬ结合对函数(方程)相关性质的研究ꎬ回归问题ꎮ
ʌ例１ɔ㊀设等差数列{ａｎ}的首项ａ１及公差ｄ都为正数ꎬ前ｎ项和为ｓｎꎮ
(１)若ａ１１＝０ꎬｓ１４＝９８ꎬ求数列{ａｎ}的通项公式ꎻ
(２)若ａ１ȡ６ꎬａ１１>０ꎬｓ１４ɤ１７ꎬ求所有可能的数列{ａｎ}的通项公式ꎮ
解析:(１)由已知ꎬ列方程组ａ１１＝ａ１＋１０ｄ＝０
ｓ１４＝１４ａ１＋１４ˑ１３
２
ｄ＝９８
{
可解得ａ１＝２０ｄ＝－２
{
ꎬ则ａｎ＝２２－２ｎꎬｎɪＮ∗ꎮ
(２)由已知得ａ１ȡ６
ａ１１＝ａ１＋１０ｄ>０ｓ１４＝１４ａ１＋７ˑ１３ｄɤ７７
{
ꎬ化简得
ａ１ȡ６ａ１>－１０ｄ２ａ１ɤ－１３ｄ＋１１
{ꎬ解得１０<ａ１ɤ１２ꎬ
－１１７<ｄɤ－１１３{
又由首项ａ１及公差ｄ都
为正数可得ｄ＝－１ꎬａ１＝１２或ａ１＝１１ꎮ故数列{ａｎ}的通项公式为ａｎ＝１３－ｎ或ａｎ＝１２－ｎꎮ
设计理由:以方程思想去求ａ１ꎬｄꎬ列不等式分析相等量ꎬ充分注意并利用ａ１ꎬｄ为整数的条件求解(２)ꎮ
ʌ例２ɔ㊀假设某市２０１４年新建住房４００万ｍ２ꎬ其中有２５０万ｍ２是中低价房ꎬ预计在今后的若干年内ꎬ该市每年新建住房面积平均比上一年增长８％ꎮ另外ꎬ每年新建住房中ꎬ中低价房的面积均比上一年增加５０万ｍ２ꎮ那么ꎬ到哪一年底:
(１)该市历年所建中低价房的累计面积(以２０１４年为累计的第一年)将首次不少于４７５０万ｍ２?
(２)当年所建造的中低价房的面积占该年所占住房面积的比例首次大于８５％?
解析:(１)由已知可设中低价房的面积为数列{ａｎ}且易得{ａｎ}为等差数列ꎬ其中ａ１＝２５０ꎬｄ＝５０ꎮ则ｓｎ＝２５０ｎ＋ｎ(ｎ－１)
ｎ
ˑ５０＝２５ｎ２＋２２５ｎꎬ令２５ｎ２＋２２５ｎȡ４７５０即ｎ２＋９ｎ－１９０ȡ０ꎬ而ｎ是正整数ꎬ所以ｎȡ１０ꎬ故到２０２３年底该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于４７５０万ｍ２ꎮ
(２)设新建住房面积为数列{ｂｎ}ꎬ由题意可知{ｂｎ}是等比数列ꎬ其中ｂ１＝４００ꎬｑ＝１.０８则ｂｎ＝４００ˑ１.０８ｎ－１又ａｎ>０.８５ｂｎꎬ所以有２５０＋(ｎ－１)ˑ５０>４００ˑ１.０８ｎ－１ˑ０.８５ꎬ借助计算器可知满足上述不等式的最小正整数ｎ＝６所以到２０１９年底ꎬ当年所建造的中低价房的面积占该年所占住房面积的比例首次大于８５％ꎮ
设计理由:利用函数与方程思想建立数学模型ꎮ规律小结:
①数列的通项公式和前ｎ项和公式都可以看成关于ｎ的函数ꎬ也可看成方程或方程组ꎬ特别是等差数列的通项公式可以看成关于ｎ的一次函数ꎬ而求其和公式可以看成是关于ｎ的二次函数ꎬ因此ꎬ许多数列问题可以有函数与方程的思想进行分析ꎬ加以解决ꎮ
②数列是一种特殊的函数ꎬ动态的函数观点是解释数列问题的有效方法ꎬ在这里必须会构造函数ꎬ用函数的思想方法解题ꎮ在用动态的函数观点研究数列时ꎬ必须注意其 特殊性 ꎬ即定义域为ｎɪＮ∗ꎬ如 已知{ａｎ}是递增数列ꎬ且对∀ｘɪＮ∗都有ａｎ＝ｎ２＋λｎ恒成立ꎬ则实数λ的取值范围为㊀㊀㊀㊀ ꎮ往往会出现如下错解 因为ａｎ＝ｎ２＋λｎ＝
ｎ＋λ２()
２－λ２４ꎬ对称轴ｎ＝λ２ꎬ当ｎȡ１时为递增数列ꎬ则－λ
２ɤ１从而λȡ－２ ꎮ正确的答案是ꎬ由{ａｎ}是递增数列ꎬ结合
图形ꎬ则只要－λ２ɤ３
２
即可ꎬ所以λȡ－３ꎮ
在新课改的浪潮中ꎬ能力考查已成为高考命题的核心内容ꎮ函数是数学的基础概念之一ꎬ也是中学数学的重要内容ꎮ只有深刻理解函数的本质及内涵ꎬ从函数与方程思想的高度指导解题ꎬ才能提升解决问题的能力ꎮ在这种背景下ꎬ本文对高中数学知识中蕴藏的函数与方程思想进行研究ꎮ本文采用研究法㊁行动分析法等方法结合自身的教学实践ꎬ以教育心理学㊁现代教学论等为依据ꎬ从理论上研究高中数学函数与方程思想并加以例题进行阐述说明ꎬ旨在通过本文的研究促进高中数学的教学ꎮ通过对函数与方程思想的含义㊁教学㊁应用等研究ꎬ提出以下高中数学教学建议:数学教学必须提高学生的主观能动性ꎬ重视学生对数学知识本质上的理解ꎬ重视函数与方程思想的提炼与应用ꎬ注重能力的培养ꎮ
作者简介:
康金东ꎬ甘肃省定西市ꎬ甘肃省渭源县第一中学ꎮ
２
６２。
函数与方程思想在高中数学解题中的应用
函数与方程思想在高中数学解题中的应用作者：郭国山来源：《中学生数理化·自主招生》2020年第01期高中数学解题中，函数与方程思想的应用就是通过函数与参数，建立已知与未知之间的关系，从而更好地解决抽象数学问题。
下面具体来分析它们的应用。
一、在数列问题中的应用从函数的角度看，数列会给人们一种直观的呈现，其属于特殊的函数表达式。
函数与数列之间的关系并不仅仅是含义相近，更多的是数列本身蕴含着很强的函数意义，在解决数列问题时，灵活地应用函数与方程思想，能让问题更加快速地得到解决。
例如：假设数列的{an}的前n项和Sn满足Sn=2nan+1-3n2-4n，n∈N'，并且S3=15。
试求：（1）a1、a2、a3的值。
（2）数列{an}的通项公式。
分析：在这个题目中就可以先通过函数与方程思想，将问题中的各种数量关系结合在一起，形成一个不可分割的整体，然后构建相应的函数关系式，通过等式运算得出结论。
根据题目信息，先列出关于Sn的方程式从而得出a1=3，a2=5，a3=7。
由于Sn=2nan+1-3n2-4n，当n≥2时，Sn-1=2（n-l）an-3（n-1）2-4（n-1）.合并整理可以得出an+1=最后通过数学归纳法可以得出，n∈N，an=2n+l。
二、在三角函数中的应用在高中数学中，三角函数是一个十分重要的知识点，通过函数与方程思想，可以将三角函数的性质、求值、证明等复杂问题变成简单的代数问题。
例如：已知sinα+coSα=1/5，α∈（o，π），求tanα的值。
分析：本题可以通过三角函数的变量关系建立相应的一元二次方程根的代数式，将复杂的三角函数问题转变成熟悉的一元二次方程求根形式。
由，得出可以将sinα，cosα看成是方程x2-的两個根，通过解一元二次方程，可以得出。
由于x∈（0，π），sinαcosα<0，可以得出sinα=4/5，cosα=-3/5，所以tanα=-4/3。
三、在现实问题中的应用随着教学改革的推进，以社会生产、现实生活为背景的数学题目也越来越多。
例谈方程函数思想在初中数列中的妙用
个是 ３ 第 三 个 数 是 Ｉ 则 第 ｎ个数 是 Ｉ
Ａ） ８ － Ｂ） ｎ＋ ｎ５ ｚ２ Ｃ） ４ ｌ ｎ－
（
）
Ｄ） ２ ２４ ＋ ｎ－ ｎ ５
７ ７ ＝ １ ＝ ＋６ ３ ７ １ ：７ ＋ ９ ＋６ ６ ：７ ０ ＋６ ： ＋ ｌ ７ ６ ： ＋ ２ ７ ６ ＝ ＋ ３ ７ ６，
｛ 芝 之： ： 解得｛ 二
所以，Ａ ｎ与 ｎ的一次函数 的解析式为 Ａ ＝ ｋ １ ｎ ４－ ，因此，新数列的第 ｎ
个数是 ４一 。 ｎ １ 三 、具 体 应 用 俗话 说 ：“ 了 鸟枪 ，就 要 打 鸟 ” 请 看下 面的 例 子 吧 ！ 挂 ， 例 ｌ ，如 图 ，将 一 个 正 三角 形 纸 片 剪成 四个 全 等 的 小 三 角形 ， 再将 其 中 的一 个 按 同样 的 方 法 剪 成 四个 更 小 的 三 角 形 ， 如 此 继 续下 去 ， 结 果如 下表 ：
数 列 的 第 ｎ项 的函 数 解 析 式 的方 法 以及 在 解 决 较 难 问题 时 的妙 用 。
【 词１ 函数 关键
数列
妙用
“ 中数列 ”这 种说 法可能有点不妥当 。等差数列 、等 比数列 、公 初
差 、公 比 、 通项 公式 等 这 些 概 念 在 初 中 数 学 中 是 不 出现 的 ，但 其在 初 中 数 学 中 应用 是 非 常 广泛 的 。 所 解 决 数 列 问 题 在 通 常 情 况下 ，教 师是 通 过逐 项 分 析 、研 究 、哉 公 差 ，找 公 比 ， 最 后 摸 索 出通 项 公 式 ，再 利 用 其 它数 学知 识 ，解 决题 目 中 出 现 的 问题 。 这 样 做 对 初 中 学生 来 说 ， 确 实具 有很强 的挑 战性 ，而具有挑 战精 神的优 秀学生却乐此不彼。因此 ，我根 据平 时 的教 学经 验 ，摸 索 出 符 合 初 中生 特 点 的 用 方 程 函数 思 想 来 解 决 这 类 问题 的 方 法 。现 就 等 差 数 列 及 其相 关 内容 ，谈 一 谈 个 人看 法 并 写 出来 供 同行 参 考 。 提 出问题 请 看 这 道题 ：试 一 试 ， 观 察下 面 几 组 数 ：
[全]高考数学解题技巧：函数与方程思想的八类应用(附例题详解)
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[全]高考数学解题技巧：函数与方程思想的八类应用（附例题详解）1．函数的思想函数的思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，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。
函数思想是对函数概念的本质认识，用于指导解题就是善于利用函数知识或函数观点观察、分析和解决问题。
经常利用的性质是单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、图象变换等。
2．方程的思想方程的思想，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。
方程的教学是对方程概念的本质认识，用于指导解题就是善于利用方程或方程组的观点观察处理问题，方程思想是动中求静，研究运动中的等量关系。
3．函数思想与方程思想的联系函数思想与方程思想是密切相关的，如函数问题可以转化为方程问题来龙去脉解决；方程问题也可以转化为函数问题加以解决，如解方程f(x)=0，就是求函数y=f(x)的零点，解不等式f(x)>0(或f(x)<0)，就是求函数y=f(x)的正负区间，再如方程f(x)=g(x)的交点问题，也可以转化为函数y=f(x)-g(x)与x轴交点问题，方程f(x)=a有解，当且公当a 属于函数f(x)的值域，函数与方程的这种相互转化关系十分重要。
4．函数方程思想的几种重要形式（1）函数和方程是密切相关的，对于函数y＝f(x)，当y＝0时，就转化为方程f(x)＝0，也可以把函数式y＝f(x)看做二元方程y－f(x)＝0。
函数问题（例如求反函数，求函数的值域等）可以转化为方程问题来求解，方程问题也可以转化为函数问题来求解，如解方程f(x)＝0，就是求函数y＝f(x)的零点；（2）函数与不等式也可以相互转化，对于函数y＝f(x)，当y>0时，就转化为不等式f(x)>0，借助于函数图像与性质解决有关问题，而研究函数的性质，也离不开解不等式；（3）数列的通项或前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点处理数列问题十分重要；（4）函数f(x)＝nbax)(（n∈N*）与二项式定理是密切相关的，利用这个函数用赋值法和比较系数法可以解决很多二项式定理的问题；（5）解析几何中的许多问题，例如直线和二次曲线的位置关系问题，需要通过解二元方程组才能解决，涉及到二次方程与二次函数的有关理论；（6）立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用布列方程或建立函数表达式的方法加以解决。
最新人教版高考数学复习第三篇考场技巧第2讲 思想方法
第2讲 思想方法(一) 函数与方程一、函数与方程思想在不等式中的应用【典例1】已知函数f(x)＝ax 2＋x ＋2－4a(a ≠0)，且对任意的x ∈R ，f(x)≥2x 恒成立． (1)若g(x)＝f （x ）x，x>0，求函数g(x)的最小值； (2)若对任意的x ∈[－1，1]，不等式f(x ＋t)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2 恒成立，求实数t 的取值范围．【解析】(1)因为对任意的x ∈R ，f(x)≥2x 恒成立， 所以ax 2－x ＋2－4a ≥0对x ∈R 恒成立，所以⎩⎨⎧a>0，Δ＝1－4a （2－4a ）≤0， 即⎩⎨⎧a>0，（4a －1）2≤0， 解得a ＝14 ，所以f(x)＝14 x 2＋x ＋1；因为g(x)＝f （x ）x ＝14 x ＋1x＋1，x>0， 又14 x ＋1x≥2x 4·1x ＝1(当且仅当x 4 ＝1x，即x ＝2时取等号)， 所以g(x)min ＝1＋1＝2.(2)由f(x ＋t)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2 得14 (x ＋t)2＋(x ＋t)＋1<14 ×⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2 2 ＋x 2 ＋1，即3x 2＋(8t ＋8)x ＋4t 2＋16t<0，所以对任意的x ∈[－1，1]，不等式3x 2＋(8t ＋8)x ＋4t 2＋16t<0恒成立． 令m(x)＝3x 2＋(8t ＋8)x ＋4t 2＋16t ，则⎩⎨⎧m （－1）＝4t 2＋8t －5<0，m （1）＝4t 2＋24t ＋11<0，解得－52 <t<－12 ， 所以实数t 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，－12 .函数与不等式的相互转化，把不等式问题转化为函数问题，借助函数的图象和性质可解决相关的问题．常涉及不等式恒成立、比较大小问题等，一般利用函数思想构造新函数，从而研究函数性质解决问题．已知函数g(x)＝ax 2－2ax ＋1＋b(a>0，b ∈R )在区间[2，4]上有最小值1和最大值9，设f(x)＝g （x ）x. (1)求a ，b 的值．(2)若不等式f(3x )－k ·3x ≥0在x ∈[－1，1]上有解，求实数k 的取值范围． 【解析】(1)函数g(x)＝ax 2－2ax ＋1＋b(a>0，b ∈R ) 则对称轴x ＝－－2a2a＝1， 故函数g(x)在[2，4]上为单调增函数，所以当 x ＝2时，g(x)min ＝1，当 x ＝4时，g(x)max ＝9， 所以⎩⎨⎧b ＋1＝1，8a ＋1＋b ＝9， 解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝0，故a 的值为1，b 的值为0.(2)由(1)得g(x)＝x 2－2x ＋1，f(x)＝g （x ）x ＝x ＋1x－2， 因为不等式f(3x )－k ·3x ≥0在x ∈[－1，1]上有解， 所以3x＋13x －2－k ·3x ≥0在x ∈[－1，1]上有解，设t ＝13x ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3 ，所以t 2－2t ＋1≥k 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3 上有解，即(t 2－2t ＋1)max ≥k ，设h(t)＝t 2－2t ＋1，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3 ，对称轴t ＝1，则当t ＝3时，h(t)max ＝h(3)＝9－6＋1＝4， 所以实数k 的取值范围是(－∞，4]. 二、函数与方程思想在数列的应用【典例2】(1)(2021·银川二模)已知函数f(x)，对任意实数m ，n 都有f(m ＋n)＝f(m)＋f(n)－35，已知f(1)＝31，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n)(n ∈N *)的最大值等于( ) A ．133 B ．135 C ．136 D ．138【解析】选C.因为对任意实数m ，n 都有f(m ＋n)＝f(m)＋f(n)－35， 所以f(n ＋1)＝f(n)＋f(1)－35＝f(n)－4，所以f(n ＋1)－f(n)＝－4， 故{f (n)}是以31为首项，以－4为公差的等差数列，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n)＝31n ＋n （n －1）2 ×(－4)＝－2n 2＋33n ，对称轴为n ＝334，因为n ∈N *，所以n ＝8时，f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n)取得最大值为136.(2)(2021·岳阳一模)已知数列{a n }满足a 1＝1，且点(a n ，a n ＋1－2n )在函数f(x)＝3x 的图象上．①求证：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1 是等比数列，并求{a n }的通项公式：②若b n ＝a n ＋1a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：S n >3n ＋23 .【解析】①由点(a n ，a n ＋1－2n )在函数f(x)＝3x 的图象上， 可得a n ＋1＝2n ＋3a n ，所以a n ＋12n ＝3a n 2n ＋1，即a n ＋12n ＋1 ＝32 ·a n 2n ＋12 ，也即a n ＋12n ＋1 ＋1＝32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n ＋1 ，由a 1＝1，所以a 121 ＋1＝32，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1 是首项和公比均为32 的等比数列，则a n 2n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32 n，所以a n ＝3n －2n .②b n ＝a n ＋1a n ＝3n ＋1－2n ＋13n －2n ＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 ＝3＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 >3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23 n ，所以，S n >3n ＋23 ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23 2 ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23 n ＝3n ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2n 3n 1－23＝3n ＋2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫23 n≥3n ＋2－43 ＝3n ＋23 .数列是定义在正整数集上的特殊函数，等差数列、等比数列的通项公式、前n 项和公式都具有函数关系，都可以看成关于n 的函数，在解等差数列、等比数列问题时，有意识地寻找其函数关系，从而用函数思想或函数方法研究，解决问题，不仅能获得简便的解法，而且能促进科学思维的培养，提高发散思维的水平．1．设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足：a 3<0，且S 5S 6＋16＝0，则S 11的最小值为________． 【解析】由题意，a 3<0⇒a 1＋2d<0.S 5S 6＋16＝0⇒(5a 1＋10d)(6a 1＋15d)＋16＝0. 设a 1＋5d ＝x.则(5a 1＋10d)(6a 1＋15d)＋16＝0 ⇔15(x －3d)(2x －5d)＋16＝0 ⇔225d 2－165xd ＋30x 2＋16＝0. 因为关于d 的方程有实数解，故Δ≥0. 即(－165x)2－4×225×(30x 2＋16)≥0， 解得x ≥8或x ≤－8(舍去). 故S 11＝11(a 1＋5d)＝11x ≥88.此时a 1＝－203 ，d ＝4415 ，满足a 1＋2d<0.即S 11的最小值为88. 答案：882．已知f(x)＝x 2－3x ，数列{a n }前n 项和为S n ，且S n ＝f(n).(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若数列{b n }满足b n ＝a n4×3n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且对于任意n ∈N *，总存在x ∈[4，6]，使得T n >mf(x)成立，求实数m 的取值范围．【解析】(1)因为f(x)＝x 2－3x ，S n ＝f(n)，所以S n ＝n 2－3n ， 当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2－3(n －1)，a n ＝S n －S n －1＝2n －4， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－2， 也满足a n ＝2n －4，故a n ＝2n －4. (2)因为a n ＝2n －4，b n ＝a n4×3n， 所以b n ＝2n －44×3n ＝n －22×3n ，b 1＝－16 <0，b 2＝0， 当n ≥3时，b n >0，故T 1＝T 2，为T n 的最小值，T n 的最小值为－16 ，因为对于任意n ∈N *，总存在x ∈[4，6]， 使得T n >mf(x)成立，所以－16>[mf(x)]min ，因为x ∈[4，6]，f(x)＝x 2－3x ＝⎝⎛⎭⎪⎫x －32 2 －94 ，所以f(x)∈[4，18]，当m ≥0时，显然－16 >[mf(x)]min 不成立；当m<0时，－16 >[mf(x)]min ，即－16 >18m ，解得m<－1108，故实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1108 .三、函数与方程思想在三角函数、平面向量中的应用【典例3】(1)已知△ABC 中，∠ABC ＝∠ACB ＝45°，BC ＝12，点M 是线段BC 上靠近点B 的三等分点，点N 在线段AM 上，则AN → ·CN → 的最小值为( ) A ．－365 B ．－725 C ．－185 D ．－545【解析】选C.由∠ABC ＝∠ACB ＝45°，可知∠BAC ＝90°.以点A 为坐标原点，AB ，AC 所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，如图所示．则A(0，0)，M(4 2 ，2 2 )，C(0，6 2 )， 设N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，12x ，其中0≤x ≤4 2 ，则AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，12x ，CN → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，12x －62 ，故AN → ·CN → ＝x 2＋12 x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －62 ＝54 x 2－3 2 x.令f(x)＝54 x 2－3 2 x ，0≤x ≤4 2 ，则当x ＝625 时，函数f(x)有最小值，且f(x)min ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫625 ＝－185 ， 即AN → ·CN → 的最小值为－185.(2)(2021·合肥模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a( 3 cos C ＋sin C)＝ 3 b. ①求A ；②求cos 2B ＋cos 2C 的最小值．【解析】①因为a( 3 cosC ＋sin C)＝ 3 b ， 所以sin A( 3 cos C ＋sin C)＝ 3 sin B. 即sin A( 3 cos C ＋sin C)＝ 3 sin (A ＋C)，所以 3 sin A cos C ＋sin A sin C ＝ 3 sin A cos C ＋ 3 cos A sin C ， 得sin A sin C ＝ 3 cos A sin C ，因为0<C<π，所以sin C>0，得sin A ＝ 3 cos A.又因为0<A<π，所以tan A ＝ 3 ，所以A ＝π3. ②因为A ＝π3 ，所以B ＋C ＝2π3， 因为cos 2B ＋cos 2C ＝1＋cos2B 2 ＋1＋cos 2C2＝1＋12 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos 2B ＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫4π3－2B ＝1＋12 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π3 . 因为0<B<2π3 ，所以π3 <2B ＋π3 <5π3，得－1≤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π3 <12 .所以12 ≤1＋12 cos (2B ＋π3 )<54 .所以当A ＝B ＝C ＝π3 时，cos 2B ＋cos 2C 最小，最小值为12.1．含参数的三角函数方程问题的两种处理思路(1)分离参数构造函数，将方程有解转化为求函数的值域；(2)换元，将复杂方程问题转化为熟悉的二次方程，进而利用二次方程解的分布情况构建不等式或构造函数加以解决． 2．解决平面向量问题的常用方法对平面向量的模进行平方处理，把模的问题转化为数量积问题，再利用函数与方程思想进行分析与处理．1．(2021·南通二模)如图，点C 在半径为2的AB ︵ 上运动，∠AOB ＝π3 .若OC → ＝mOA→ ＋nOB → ，则m ＋n 的最大值为( )A ．1B ． 2C ．233D ． 3【解析】选C.以O 为原点，OA → 的方向为x 轴的正方向，建立平面直角坐标系，则有OA → ＝(2，0)，OB → ＝(1， 3 ). 设∠AOC ＝α，则OC → ＝(2cos α，2sin α). 由题意可知⎩⎨⎧2m ＋n ＝2cos α，3n ＝2sin α所以m ＋n ＝cos α＋33 sin α＝233 sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3 .因为α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3 ，所以α＋π3 ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3 ， 所以当α＋π3 ＝π2 ，即α＝π6 时，m ＋n 最大，最大值为233. 2．(2021·北京高考)已知在△ABC 中，c ＝2b cos B ，C ＝2π3. (1)求B 的大小；(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC 存在且唯一确定，并求出BC 边上的中线的长度．①c ＝ 2 b ；②周长为4＋2 3 ； ③面积为S △ABC ＝334.【解析】(Ⅰ)由已知及正弦定理，sin C ＝2sin B cos B ＝sin 2B ， 所以C ＝2B(舍去)或C ＋2B ＝π，所以B ＝π6； (Ⅱ)由(Ⅰ)及已知，c ＝ 3 b ，所以不能选①. 选②，设BC ＝AC ＝2x ，则AB ＝2 3 x ， 故周长为(4＋2 3 )x ＝4＋2 3 ， 解得x ＝1，即BC ＝AC ＝2，AB ＝2 3 ， 设BC 中点为D ，则在△ABD 中，由余弦定理， 得cos B ＝AB 2＋BD 2－AD 22×AB ×BD ＝12＋1－AD 243 ＝32 ，解得AD ＝7 .选③，设BC ＝AC ＝2x ，则AB ＝2 3 x ， 故S △ABC ＝12 ×(2x)×(2x)×sin 120°＝ 3 x 2＝334，解得x ＝32 ，即BC ＝AC ＝3 ，AB ＝3，设BC 中点为D ，则在△ABD 中，由余弦定理，得cos B ＝AB 2＋BD 2－AD 22×AB ×BD ＝9＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－AD 233 ＝32 ，解得AD ＝212.四、函数与方程思想在解析几何中的应用【典例4】(2021·郑州二模)已知椭圆C ：x 2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，左顶点为A ，点D ⎝⎛⎭⎪⎫1，32 是椭圆C 上一点，离心率为12 . (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 过椭圆右焦点F 2且与椭圆交于P ，Q 两点，直线AP ，AQ 与直线x ＝4分别交于M ，N.①求证：M ，N 两点的纵坐标之积为定值； ②求△AMN 面积的最小值．【解析】(1)由题意，椭圆C ：x 2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a>b>0)过点D ⎝⎛⎭⎪⎫1，32 ，且离心率为12 ，可得⎩⎪⎨⎪⎧e ＝c a ＝12，1a 2＋94b 2＝1，a 2－b 2＝c 2，解得a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆C 的方程为 x 24 ＋y23 ＝1.(2)①设直线l 的方程为x ＝my ＋1，联立方程组⎩⎨⎧x ＝my ＋1，x 24＋y23＝1，整理得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0，设P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，可得y 1＋y 2＝－6m 3 m 2＋4 ，y 1y 2＝－93m 2＋4， 直线AP 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，令x ＝4，可得y M ＝6y 1x 1＋2 ，同理可得y N ＝6y 2x 2＋2， 所以y M y N ＝36y 1y 2（x 1＋2）（x 2＋2） ＝36y 1y 2（my 1＋3）（my 2＋3）＝36y 1y 2m 2y 1y 2＋3m （y 1＋y 2）＋9 ＝36·－93m 2＋4 m 2·－93m 2＋4＋3m ·－6 m3m 2＋4＋9＝－9. ②由S △AMN ＝12 ·6·|y M －y N |＝3⎪⎪⎪⎪⎪⎪y M ＋9y M ≥3·2y M ·9y M＝18，当且仅当y M ＝3，y N ＝－3或y M ＝－3，y N ＝3时等号成立， 所以△AMN 面积的最小值为18.解决解析几何中的范围与最值问题的关键是抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助函数的性质解决问题，这是解决面积、线段长、最值与范围问题的基本方法．1．P 为椭圆x 216 ＋y215 ＝1上任意点，EF 为圆N ：(x －1)2＋y 2＝4的任意一条直径，则PE → ·PF →最大值为________．【解析】圆N ：(x －1)2＋y 2＝4的圆心为N(1，0)，半径长为2， 设点P(x ，y)，则y 2＝15－1516x 2且－4≤x ≤4， PE →＝PN → ＋NE → ，PF → ＝PN → ＋NF → ＝PN → －NE → ， 所以，PE → ·PF → ＝(PN → ＋NE → )·(PN → －NE → ) ＝PN → 2－NE → 2＝(x －1)2＋y 2－4 ＝x 2－2x ＋1＋15－1516x 2－4 ＝116 x 2－2x ＋12＝116(x －16)2－4， 所以，当x ＝－4时，PE → ·PF → 取得最大值，即(PE → ·PF → )max ＝116 ×(－4)2＋8＋12＝21.答案：212．(2021·德阳三模)已知平面上的动点E(x ，y)及两定点A(－2，0)，B(2，0)，直线EA ，EB 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1k 2＝－34 ，设动点E 的轨迹为曲线R.(1)求曲线R 的方程；(2)过点P(－1，0)的直线l 与曲线R 交于C ，D 两点．记△ABD 与△ABC 的面积分别为S 1和S 2，求|S 1－S 2|的最大值．【解析】(1)由题意知x ≠±2，且k 1＝y x ＋2 ，k 2＝y x －2 则y x ＋2 ·y x －2 ＝－34整理得，曲线R 的方程为x 24 ＋y 23 ＝1(y ≠0).(2)当直线l 的斜率不存在时，直线方程为x ＝－1 此时△ABD 与△ABC 面积相等，|S 1－S 2|＝0 当直线l 的斜率存在时，设直线方程为y ＝k(x ＋1)(k ≠0)C(x 1，y 1)，D(x 2，y 2) 联立方程，得⎩⎨⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k （x ＋1）消去y ，得：(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0.Δ>0，且x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2 ，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，此时|S 1－S 2|＝2||y 2|－|y 1||＝2|y 2＋y 1|＝2|k(x 2＋1)＋k(x 1＋1)| ＝2|k(x 2＋x 1)＋2k|＝12|k|3＋4k 2因为k ≠0，上式＝123|k|＋4|k| ≤1223|k|·4|k|＝12212 ＝ 3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当k ＝±32时等号成立所以|S 1－S 2|的最大值为 3 .(二) 分类与整合一、由概念、法则、公式引起的分类讨论【典例1】(2021·沧州三模)已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和S n 满足a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *). (1)求S n ； (2)记 b n ＝S n ＋1－S nS n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解析】(1)当n ≥2时，a n ＝S n －1＋1，所以a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)， 在a n ＋1＝S n ＋1中，令n ＝1，可得a 2＝a 1＋1. 因为a 1＝1，所以a 2＝2a 1，所以{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， 其通项公式为a n ＝2n －1，所以S n ＝a n ＋1－1＝2n －1. (2)因为b n ＝S n ＋1－S n S n S n ＋1 ＝1S n －1S n ＋1 ＝12n －1 －12n ＋1－1， 所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13 ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－17 ＋…＋(12n －1 －12n ＋1－1 )，＝1－12n ＋1－1 .解决由概念、法则、公式引起的分类与整合问题的步骤第一步：确定需分类的目标和对象，即确定需要分类的目标，一般把需要用到公式、定理解决问题的对象作为分类目标．第二步：根据公式、定理确定分类标准，运用公式、定理对分类对象进行区分． 第三步：分类解决“分目标”问题，对分类出来的“分目标”分别进行处理． 第四步：汇总“分目标”，将“分目标”问题进行汇总，并作进一步处理．(2021·辽宁葫芦岛二模)已知椭圆G ：x 2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a>b>0)过A(0，4)，B( 5 ，－2 3 )两点，直线l 交椭圆G 于M ，N 两点． (1)求椭圆G 的标准方程；(2)若直线l 过椭圆G 的右焦点F ，是否存在常数t ，使得tOM → ·ON →＋FM → ·FN → 为定值，若存在，求t 的值及定值；若不存在，请说明理由． 【解析】(1)由已知得b ＝4且5a 2 ＋12b 2 ＝1，解得a 2＝20，所以椭圆方程为x 220 ＋y 216＝1.(2)①当直线l 的斜率存在时，设直线l 为y ＝k(x －2)代入G 得(4＋5k 2)x 2－20k 2x ＋20k 2－80＝0，设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，Δ>0，x 1＋x 2＝20k 24＋5k 2 ，x 1x 2＝20k 2－804＋5k 2，y 1y 2＝k 2[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4]＝－64k 24＋5k 2tOM → ·ON → ＋FM → ·FN →＝t(x 1，y 1)·(x 2，y 2)＋(x 1－2，y 1)·(x 2－2，y 2) ＝t(x 1x 2＋y 1y 2)＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝t 20k 2－804＋5k 2 ＋t －64k 24＋5k 2 ＋20k 2－804＋5k 2 －220k 24＋5k 2 ＋4＋－64k 24＋5k 2＝－（44t ＋64）k 2－（80t ＋64）5k 2＋4若tOM → ·ON →＋FM → ·FN → 为定值，故44t ＋645 ＝80t ＋644 ，解得t ＝－27 ，定值为－727.②当直线l 斜率不存在时，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，855 ，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－855 ， 所以OM → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，855 ，ON → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－855 ，FM → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，855 ，FN → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－855 ，OM → ·ON → ＝4－645 ＝－445 ，FM → ·FN →＝－645，当t ＝－27 时，tOM → ·ON → ＋FM → ·FN →＝－727综上所述，存在常数t ＝－27 ，使得tOM → ·ON →＋FM → ·FN → 为定值－727 .二、由参数的取值范围引起的分类讨论【典例2】(2021·广东三模)已知函数f(x)＝ln x ＋ax 2－x ，g(x)＝ln x －e x＋x 32＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)函数f(x)＝ln x ＋ax 2－x 的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x)＝1x ＋2ax －1＝2ax 2－x ＋1x .①当a ＝0时，f ′(x)＝1－xx，若0<x<1，则f ′(x)>0；若x>1，则f ′(x)<0. 此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)； ②当a<0时，Δ＝1－8a>0，令f ′(x)＝0， 可得x ＝1＋1－8a 4a (舍)或x ＝1－1－8a4a .若0<x<1－1－8a4a，则f ′(x)>0； 若x>1－1－8a4a，则f ′(x)<0.此时， 函数f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－8a 4a ， 单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－8a 4a ，＋∞ ；③当a>0时，Δ＝1－8a.(ⅰ)若Δ＝1－8a ≤0，即当a ≥18 时，对任意的x>0，f ′(x)≥0，此时，函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数； (ⅱ)若Δ＝1－8a>0，即当0<a<18 时，由f ′(x)＝0可得x ＝1＋1－8a 4a 或x ＝1－1－8a4a， 且1＋1－8a 4a >1－1－8a4a. 由f ′(x)>0，可得0<x<1－1－8a 4a 或x>1＋1－8a4a； 由f ′(x)<0，可得1－1－8a 4a <x<1＋1－8a 4a. 此时，函数f(x)的单调递减区间为(1－1－8a 4a ，1＋1－8a4a)， 单调递增区间为(0，1－1－8a 4a )，(1＋1－8a4a ，＋∞).综上所述，当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1－1－8a4a)， 单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－8a 4a ，＋∞ ；当a ＝0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)； 当0<a<18 时，函数f(x)的单调递减区间为(1－1－8a 4a ，1＋1－8a4a )，单调递增区间为(0，1－1－8a 4a )，(1＋1－8a4a，＋∞)； 当a ≥18时，函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数；(2)由f(x)≥g(x)，可得ln x ＋ax 2－x ≥ln x －e x ＋x32＋1，即a ≥x 2 －e x －x －1x 2对任意的x>0恒成立，令h(x)＝x 2 －e x －x －1x 2 ，其中x>0，h ′(x)＝12 －（x －2）e x ＋x ＋2x 3＝（x －2）（x 2＋2x ＋2－2e x ）2x 3，令φ(x)＝x 2＋2x ＋2－2e x ，其中x>0，则φ′(x)＝2x ＋2－2e x ，φ″(x)＝2－2e x <0. 所以，函数φ′(x)在(0，＋∞)上单调递减，则φ′(x)<φ′(0)＝0，所以，函数φ(x)在(0，＋∞)上单调递减， 故φ(x)<φ(0)＝0，所以，当0<x<2时，h ′(x)>0，此时函数h(x)在(0，2)上单调递增， 当x>2时，h ′(x)<0，此时函数h(x)在(2，＋∞)上单调递减． 所以，h(x)max ＝h(2)＝1－e 2－34 ＝7－e 24 ，所以a ≥7－e 24 .因此，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，＋∞ .若遇到题目中含有参数的问题，常常结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论，此种题目为含参型，应全面分析参数变化引起结论的变化情况，参数有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思想，分类要做到标准明确、不重不漏．(2021·成都三模)已知函数f(x)＝ln x. (1)讨论函数g(x)＝f(x)－ax(a ∈R )的单调性； (2)证明：函数f(x)<e x －2(e 为自然对数的底数)恒成立．【解析】(1)g(x)的定义域为(0，＋∞)，g ′(x)＝1x －a ＝1－axx (x>0)当a ≤0时，g ′(x)>0恒成立，所以，g(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，令g ′(x)＝0，得到x ＝1a所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，g ′(x)>0，g(x)单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞ 时，g ′(x)<0，g(x)单调递减．综上所述：当a ≤0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，g(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞ 上单调递减．(2)记函数φ(x)＝e x －2－ln x ＝e xe 2 －ln x ，则φ′(x)＝1e 2 ×e x －1x ＝e x －2－1x易知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又由φ′(1)<0，φ′(2)>0知，φ′(x)在(0，＋∞)上有唯一的实数根x 0，且1<x 0<2，则φ′(x 0)＝ex 0－2－1x 0 ＝0，即0x 2e －＝1x 0(*)当x ∈(0，x 0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减； 当x ∈(x 0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增， 所以φ(x)≥φ(x 0)＝0x 2e －－ln x 0，结合(*)式0x 2e－＝1x 0，知x 0－2＝－ln x 0， 所以φ(x)≥φ(x 0)＝1x 0 ＋x 0－2＝x 20 －2x 0＋1x 0 ＝（x 0－1）2x 0 >0则φ(x)＝e x －2－ln x>0，即e x －2>ln x ，所以有f(x)<e x －2恒成立． 三、由图形位置或形状引起的分类讨论【典例3】(1)设F 1，F 2为椭圆x 29 ＋y24 ＝1的两个焦点，点P 为椭圆上一点，已知点P ，F 1，F 2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF 1|>|PF 2|，则|PF 1||PF 2|＝_______． 【解析】若∠PF 2F 1＝90°，则|PF 1|2＝|PF 2|2＋|F 1F 2|2， 又|PF 1|＋|PF 2|＝6，|F 1F 2|＝2 5 ， 解得|PF 1|＝143 ，|PF 2|＝43 ，所以|PF 1||PF 2| ＝72. 若∠F 1PF 2＝90°，则|F 1F 2|2＝|PF 1|2＋|PF 2|2，所以|PF 1|2＋(6－|PF 1|)2＝20， 又|PF 1|>|PF 2|，所以|PF 1|＝4，|PF 2|＝2，所以|PF 1||PF 2| ＝2.综上知，|PF 1||PF 2| ＝72 或2.答案：72或2(2)在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”．如图，棱柱ABC A 1B 1C 1为一“堑堵”，P是BB1的中点，AA1＝AC＝BC＝2，设平面α过点P且与AC1平行，现有下列四个结论：①当平面α截棱柱的截面图形为等腰梯形时，该图形的面积等于332；②当平面α截棱柱的截面图形为直角梯形时，该图形的面积等于2 2 ；③异面直线AC1与CP所成角的余弦值为1010；④三棱锥C1ACP的体积是该“堑堵”体积的13.所有正确结论的序号是________．【解析】对于①，如图，取E，F，G分别为对应边中点，易知四边形PEFG是等腰梯形，且高为62，当E不是AA1中点时，PE不平行平面A1B1C1，则四边形不是梯形，等腰梯形有且仅有一个，S PEFG ＝12×( 2 ＋2 2 )×62＝332.所以①正确；对于②，向下作截面满足题意的梯形是直角梯形，同理，直角梯形有且仅有一个，其面积S＝12×(1＋2)× 2 ＝322 .所以②错误；对于③，将三棱柱补成正方体，J为对应边中点，易知∠CPJ为异面直线AC1与CP所成角或补角，CP＝CJ ＝ 5 ，PJ＝ 2 ，所以cos ∠CPJ＝225＝1010，所以③正确；对于④，VC1ACP＝VPC1CA＝13S△C1CA×2＝43，VABCA1B1C1＝12×2×2×2＝4，所以④正确．答案：①③④六类常见的由图形的位置或形状变化引起的分类整合(1)二次函数对称轴的变化；(2)函数问题中区间的变化；(3)函数图象形状的变化；(4)直线由斜率引起的位置变化；(5)圆锥曲线由焦点引起的位置变化或由离心率引起的形状变化；(6)立体几何中点、线、面的位置变化等．1．(2021·珠海二模)设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1，F2，P为曲线C上一点，|PF1|∶|PF2|∶|F1F2|＝5∶4∶2，则曲线C的离心率为________．【解析】依题意：令焦距2c＝|F1F2|＝2m(m>0)，则|PF1|＝5m，|PF2|＝4m，当曲线C是椭圆时，长轴长2a＝|PF1|＋|PF2|＝9m，其离心率e＝2c2a＝29，当曲线C是双曲线时，实轴长2a＝|PF1|－|PF2|＝m，其离心率e＝2c2a＝2，所以曲线C的离心率为29或2.答案：29或22．设f(x)＝x 2－4x －4，x ∈[t ，t ＋1](t ∈R )，求函数f(x)的最小值g(t)的解析式． 【解析】f(x)＝x 2－4x －4＝(x －2)2－8，x ∈[t ，t ＋1]， 函数图象的对称轴为直线x ＝2，所以当2∈[t ，t ＋1]时，即1≤t ≤2时，所以g(t)＝f(2)＝－8. 当t ＋1<2，即t<1时，f(x)在[t ，t ＋1]上是减函数， 所以g(t)＝f(t ＋1)＝t 2－2t －7.当t>2时，f(x)在[t ，t ＋1]上是增函数，所以g(t)＝f(t)＝t 2－4t －4.综上：g(t)＝⎩⎨⎧t 2－2t －7，t ∈（－∞，1），－8，t ∈[1，2]，t 2－4t －4，t ∈（2，＋∞）.四、由运算性质引起的分类讨论【典例4】(2021·珠海二模)已知等差数列{a n }满足a 1＝－1，a 4＝2a 2＋a 3. (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若b n ＝ a 2n cosn π2，求数列{b n }的前40项和S 40. 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，a 4＝a 1＋3d ，2a 2＋a 3＝3a 1＋4d ， 由a 1＝－1，a 4＝2a 2＋a 3，则a 1＋3d ＝3a 1＋4d ，得d ＝2， 所以a n ＝2n －3；(2)因b n ＝a 2n cos n π2，则有：①n 为奇数时，b n ＝0，②n 为偶数时，n ＝4k ＋2，k ∈N 时，b n ＝－a 2n ，n ＝4k ＋4，k ∈N 时，b n ＝a 2n ，所以S 40＝(a 24 －a 22 )＋(a 28 －a 26 )＋(a 212 －a 210 )＋…＋(a 236 －a 234 )＋(a 240 －a 238 ) ＝2d(a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 40)＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫20a 2＋20×192×2d ＝3 120.计算时，常遇到需要分类讨论的问题，这时一般是根据绝对值的性质、函数奇偶性、指数函数性质、对数函数性质等进行分类讨论，在处理分段函数问题时，首先要确定自变量的取值属于哪个区间段，再选取相应的对应法则．离开定义域讨论问题是产生错误的重要原因之一．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2，数列{b n }为等差数列，b 1＝3a 1，b 4＝a 5－2. (1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a n －b n ，求数列{|c n |}的前n 项和T n . 【解析】(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，得a 1＝2； 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2，由a n ＝S n －S n －1，得a n ＝2a n －1. 故{a n }为等比数列，其公比为2，所以a n ＝2n . 由a 1＝2，b 1＝3a 1，得b 1＝6，b 4＝a 5－2＝30，因为{b n }为等差数列，所以其公差d ＝8，所以b n ＝8n －2.(2)因为c n ＝a n －b n ＝2n －8n ＋2，所以当n ≤5时，c n <0，当n ≥5时，c n >0. 所以当n ≤5时，T n ＝b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n ＝4n 2＋2n ＋2－2n ＋1. 当n>5时，T n ＝(b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b 5－a 5)＋(a 5－b 5＋…＋a n －b n ) ＝2n ＋1－4n 2－2n ＋94.故数列{|c n |}的前n 项和T n ＝⎩⎨⎧4n 2＋2n ＋2－2n ＋1，n ≤5，2n ＋1－4n 2－2n ＋94，n>5.(三) 数形结合一、数形结合思想在函数与方程中的应用【典例1】(2021·新乡三模)已知函数f(x)＝|x 2＋mx|(m>0)，当a ∈(1，4)时，关于x 的方程f(x)－a|x －1|＝0恰有两个不同的实根，则m 的取值范围是( ) A ．(0，2] B ．(1，3] C ．(0，3] D ．(1，4]【解析】选C.当x ＝1时，f(x)＝|m ＋1|>1， 所以x ＝1不是方程f(x)－a|x －1|＝0的实根；当x ≠1时，由f(x)－a|x －1|＝0，得a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（x －1）＋m ＋1x －1＋m ＋2 . 方程f(x)－a|x －1|＝0恰有两个不同的实根等价于直线y ＝a 与函数y ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（x －1）＋m ＋1x －1＋m ＋2 的图象有两个不同的交点． 因为m>0，所以m ＋2＝(m ＋1 )2＋1>2m ＋1 ，则函数y ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（x －1）＋m ＋1x －1＋m ＋2 的大致图象如图所示．因为a ∈(1，4)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋1＋m ＋2≥4，－2m ＋1＋m ＋2≤1，⇒0<m ≤3，m>0.利用数形结合思想研究方程解的问题(1)讨论方程的解(或函数的零点)一般可构造两个函数，使问题转化为两曲线交点问题． (2)准确做出两个函数的图象是解决问题的关键．数形结合应以快和准为原则，不能刻意去用数形结合．已知函数f(x)＝⎩⎨⎧3x －x 3，x<02－x －1，x ≥0，若关于x 的方程4f 2(x)－4a ·f(x)＋2a ＋3＝0有5个不同的实根，求实数a 的取值范围．【解析】当x<0时，f(x)＝3x －x 3，则f ′(x)＝3－3x 2＝3(1－x)(1＋x)， 当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减， 当x ∈(－1，0)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， 作出f(x)的图象，如图所示，令f(x)＝t ，则4t 2－4at ＋2a ＋3＝0， 令g(t)＝4t 2－4at ＋2a ＋3，由题意得方程g(t)＝0有两个不同的实根：①有两个不同的实根t 1，t 2，且t 1∈(－2，－1)，t 2∈(－1，0)，则有⎩⎨⎧g （－2）>0，g （－1）<0，g （0）>0，解得－32 <a<－76.②有两个不同的实根t 1，t 2，且t 1＝－1，t 2∈(－1，0)， 则有g(t 1)＝g(－1)＝6a ＋7＝0，则a ＝－76，方程为6t 2＋7t ＋1＝0，得t 1＝－1，t 2＝－16 ∈(－1，0)，满足条件．③有两个不同的实根t 1，t 2，且t 1＝0，t 2∈(－1，0)， 因为g(t 1)＝g(0)＝2a ＋3＝0，则a ＝－32，方程为t 2＋32 t ＝0，得t 1＝0，t 2＝－32∉(－1，0)，不符合题意，舍去．综上所述，实数a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－32，－76 .二、数形结合思想在求解不等式或参数范围中的应用【典例2】(2021·厦门三模)已知函数f(x)＝⎩⎨⎧2x 2＋x ＋2，x<0xe x －1＋2，x ≥0 ，若f(x)≥2|x －a|，则实数a 的取值范围是________．【解析】因为f(x)＝⎩⎨⎧2x 2＋x ＋2，x<0xe x －1＋2，x ≥0，当x<0时，f ′(x)＝4x ＋1，当x<－14 时，f ′(x)<0，函数单调递减，当－14 <x<0时，f ′(x)>0，函数单调递增，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14 ＝158 ，当x ≥0时，f ′(x)＝(x ＋1)ex －1，当x ≥0时，f ′(x)>0，此时f(x)单调递增． 图象如图所示：令g(x)＝2|x|，将其向右平移至与f(x)(x<0)相切，此刻a 取最大值， 即f ′(x)＝4x ＋1＝－2，得到x ＝－34 ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34 ＝198 ，将⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，198 代入f(x)＝2|x －a|， 得198 ＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪－34－a ，所以a ＝716 ，a ＝－3116 (舍去)； 将g(x)＝2|x|向左平移至与f(x)(x>0)相切，此刻a 取最小值， 即f ′(x)＝(x ＋1)e x －1＝2，得到x ＝1，f(1)＝3， 将(1，3)代入f(x)＝2|x －a|，得3＝2|1－a|， 所以a ＝－12 ，a ＝52 (舍去)；所以a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，716 .答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，716利用数形结合处理不等式问题，要从题目的条件与结论出发，着重分析其几何意义，从图形上找出解题思路．因此，往往通过构造熟悉的函数，做出函数图象，利用图象的交点和图象的相对位置求解不等式．1．设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，则不等式f （x ）－f （－x ）x<0的解集为( )A ．(－2，0)∩(2，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(0，2)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－2，0)∪(0，2)【解析】选D.由已知条件可以画出函数f(x)的草图，如图所示．由函数f(x)为奇函数可化简不等式f （x ）－f （－x ）x <0为2f （x ）x<0.若x>0，则需有f(x)<0，结合图象可知0<x<2； 若x<0，则需有f(x)>0，结合图象可知－2<x<0. 综上可知，不等式的解集为(－2，0)∪(0，2).2．已知函数f(x)＝⎩⎨⎧－x 2＋2x ，x ≤0，ln （x ＋1），x>0.若|f(x)|≥ax ，则a 的取值范围是________．【解析】画出函数|f(x)|的图象，数形结合求解．作出函数y ＝|f(x)|的图象，如图， 当|f(x)|≥ax 时，必有k ≤a ≤0，其中k 是y ＝x 2－2x(x ≤0)在原点处的切线斜率，显然，k ＝－2.所以a的取值范围是[－2，0].答案：[－2，0]三、数形结合思想在解析几何中的应用【典例3】(1)已知P是直线l：3x－4y＋11＝0上的动点，PA，PB是圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值是( )A． 2 B．2 2 C． 3 D．2 3【解析】选C.圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心为C(1，1)，半径为r＝1，圆心C(1，1)到直线l：3x－4y＋11＝0的距离d＝|3－4＋11|32＋42＝105＝2>r＝1，所以圆C与直线l相离．根据对称性可知，四边形PACB的面积为2S△APC ＝2×12×|PA|×r＝|PA|＝|PC|2－r2＝|PC|2－1 ，要使四边形PACB的面积最小，则只需|PC|最小．又|PC|最小值为圆心到直线l：3x－4y＋11＝0的距离d＝2.所以四边形PACB面积的最小值为|PC|2min－1 ＝4－1 ＝ 3 .(2)已知A(－4，0)，B是圆(x－1)2＋(y－4)2＝1上的点，点P在双曲线x29－y27＝1的右支上，则|PA|＋|PB|的最小值为( ) A．9 B．2 C．10 D．12【解析】选C.在双曲线x29－y27＝1中，a＝3，b＝7 ，c＝4，如下图所示：易知点F(4，0)为双曲线x 29 －y 27 ＝1的右焦点，由双曲线的定义可得|PA|－|PF|＝2a ＝6， 所以|PA|＝6＋|PF|，圆(x －1)2＋(y －4)2＝1的圆心为E(1，4)，半径为r ＝1， 且|EF|＝（1－4）2＋42 ＝5，所以|PA|＋|PB|＝6＋|PF|＋|PB|≥6＋|PF|＋|PE|－1≥|EF|＋5＝10，当且仅当E ，B ，P ，F 四点共线，且B ，P 分别为线段EF 与圆(x －1)2＋(y －4)2＝1和双曲线x 29－y 27 ＝1的交点时，两个等号同时成立． 因此，|PA|＋|PB|的最小值为10.应用数形结合解决平面解析几何中的最值，涉及到平面几何中的相关最值的判断问题．如线段长度之和问题往往转化为三点共线问题等．已知抛物线的方程为x 2＝8y ，点F 是其焦点，点A(－2，4)，在抛物线上求一点P ，使△APF 的周长最小，此时点P 的坐标为 ________．【解析】因为(－2)2<8×4，所以点A(－2，4)在抛物线x 2＝8y 的内部，如图，设抛物线的准线为l ，过点P 作PQ ⊥l 于点Q ，过点A 作AB ⊥l 于点B ，连接AQ.则△APF 的周长为|PF|＋|PA|＋|AF|＝|PQ|＋|PA|＋|AF|≥|AQ|＋|AF|≥|AB|＋|AF|，当且仅当P ，B ，A 三点共线时，△APF 的周长取得最小值，即|AB|＋|AF|.因为A(－2，4)，所以不妨设△APF 的周长最小时，点P 的坐标为(－2，y 0)，代入x 2＝8y ，得y 0＝12.故使△APF 的周长最小时点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－2，12 .答案：⎝⎛⎭⎪⎫－2，12(四) 转化与化归一、一般与特殊的相互转化【典例1】(1)“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆，若椭圆C ：x 2a ＋1＋y 2a ＝1(a>0)的离心率为12 ，则椭圆C 的蒙日圆的方程为( ) A ．x 2＋y 2＝9 B ．x 2＋y 2＝7 C ．x 2＋y 2＝5 D ．x 2＋y 2＝4【解析】选B.因为椭圆C ：x 2a ＋1 ＋y 2a ＝1(a>0)的离心率为12 ，所以1a ＋1 ＝12 ，解得a ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24 ＋y 23 ＝1，所以椭圆的上顶点A(0， 3 )，右顶点B(2，0)， 所以经过A ，B 两点的切线方程分别为y ＝ 3 ，x ＝2， 所以两条切线的交点坐标为(2， 3 )， 又过A ，B 的切线互相垂直，由题意知交点必在一个与椭圆C 同心的圆上， 可得圆的半径r ＝22＋（3）2 ＝7 ， 所以椭圆C 的蒙日圆方程为x 2＋y 2＝7.(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a ，b ，c 成等差数列，则cos A ＋cos C1＋cos A cos C等于( )A ．45B．15C．35D．25【解析】选A.令a＝b＝c，则△ABC为等边三角形，且cos A＝cos C＝12，代入所求式子，得cos A＋cos C1＋cos A cos C＝12＋121＋12×12＝45.(1)一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单，也可以通过一般问题的特殊情形找到一般思路；(2)特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果；对于某些选择题、填空题，可以把题中变化的量用特殊值代替，得到问题答案．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F的直线与C交于A，B两点，若|AF|＋|BF|＝3|AF|·|BF|，则p＝( )A．2 B．3 C．32D．23【解析】选D.因为AB是过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的弦，取其通径，所以2p＝1|AF|＋1|BF|＝|AF|＋|BF||AF|·|BF|＝3，所以p＝23.二、正与反的相互转化【典例2】若命题“∀x∈R，|x|－1＋m>0”是假命题，则实数m的取值范围是( ) A．[1，＋∞) B．(－1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－∞，1]【解析】选D“∀x∈R，|x|－1＋m>0”是假命题，所以∃x∈R，使得|x|－1＋m≤0成立是真命题，即|x|－1＋m≤0对于x∈R有解，所以m≤1－|x|，所以m≤(1－|x|)max，因为|x|≥0，所以－|x|≤0，1－|x|≤1，所以(1－|x|)max＝1，所以m≤1，所以实数m的取值范围是(－∞，1].正与反的转化正难则反，利用补集求得其解，这就是补集思想，这充分体现了对立与统一的思想方法．一般地，题目中若出现多种成立的情况，则不成立的情形比较少，从反面思考比较简单．因此，间接法多用于含有“至多”、“至少”情形的问题中．1．命题p ：∃x ∈{x|1≤x ≤9}，x 2－ax ＋36≤0，若p 是真命题，则实数a 的取值范围为( ) A ．[37，＋∞) B ．[13，＋∞) C ．[12，＋∞) D ．(－∞，13]【解析】选C.因为命题p ：∃x ∈{x|1≤x ≤9}，使x 2－ax ＋36≤0为真命题， 即∃x ∈{x|1≤x ≤9}，使x 2－ax ＋36≤0成立，即a ≥x ＋36x能成立， 设f(x)＝x ＋36x ，则f(x)＝x ＋36x≥2x ·36x＝12， 当且仅当x ＝36x，即x ＝6时，取等号，即f(x)min ＝12，所以a ≥12， 故a 的取值范围是[12，＋∞).2．已知函数f(x)＝ln x －ax －2在区间(1，2)上不单调，则实数a 的取值范围为( ) A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，23【解析】选B.由f ′(x)＝1x －a ＝1－ax x ，①当a ≤0时函数f(x)单调递增，不合题意；②当a>0时，函数f(x)的极值点为x ＝1a ，若函数f(x)在区间(1，2)不单调，必有1<1a <2，解得12 <a<1.三、常量与变量的相互转化【典例3】已知a ∈[－1，1]时，不等式x 2＋(a －4)x ＋4－2a>0恒成立，则x 的取值范围为( ) A ．(－∞，2)∪(3，＋∞) B ．(－∞，1)∪(2，＋∞) C ．(－∞，1)∪(3，＋∞)D ．(1，3)【解析】选C.由题意，因为a ∈[－1，1]时，不等式x 2＋(a －4)x ＋4－2a>0恒成立， 可转化为关于a 的函数f(a)＝(x －2)a ＋x 2－4x ＋4， 则f(a)>0对应任意a ∈[－1，1]恒成立，则满足⎩⎨⎧f （－1）＝x 2－5x ＋6>0，f （1）＝x 2－3x ＋2>0，解得：x<1或x>3，即x 的取值范围为(－∞，1)∪(3，＋∞).(1)本题若利用常规方法求解，需把x 看作主元，就需要分类讨论，但是比较麻烦．而以a 为变量，则问题就变为一次函数，可以轻易解决该问题．(2)在处理多元问题时，可以选取其中的常数(或参数)，将其看作“主元”，实现主与次的转化，从而达到减元的目的．设f(x)＝x 2＋(a －1)x ＋5，若函数f(x)在区间[1，4]上的图象位于直线y ＝x ＋1上方，则实数a 的取值范围是( )A ．(－2，＋∞)B ．[－2，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－2]【解析】选A.由题意得，f(x)＝x 2＋(a －1)x ＋5>x ＋1在区间[1，4]上恒成立， a －2>－x －4x 在区间[1，4]上恒成立，令y ＝x ＋4x，其图象如图所示：由图象知y ≥4，所以－x －4x ＝－y ≤－4，所以a －2>－4，解得a>－2.四、形、体位置关系的相互转化【典例4】如图，在棱长都为1的直棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，∠BAD ＝60°，三棱锥C 1A 1BD 的体积为( )A ．33 B ．34 C ．36 D ．13【解析】选C.由棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1为直棱柱， 所以AA 1⊥平面ABCD ，由题意在△ABD 中，∠BAD ＝60°，AB ＝AD ＝1， 所以S △ABD ＝12 ×AD ×AB ×sin 60°＝34 ，所以VA 1ABD ＝13 ×S △ABD ×AA 1＝312 ，所以S ▱ABCD ＝2S △ABD ＝32，则直棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为VABCD A 1B 1C 1D 1＝S ▱ABCD ×AA 1＝32， 由题意可知三棱锥C 1A 1BD 是直棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1切去角上的4个小三棱锥而得到的． 即切去4个小三棱锥为A 1ABD ，D BCC 1，D A 1D 1C 1，B A 1B 1C 1 由题意可得这4个小三棱锥的高均为AA 1， 且有S △ABD ＝S △BCC 1＝S △A 1D 1C 1＝S △A 1B 1C 1 所以VA 1ABD ＝VD BCC 1＝VD A 1D 1C 1＝VB A 1B 1C 1 所以VC 1A 1BD ＝32 －4×312 ＝36.形体位置关系相互转化的技巧(1)分析特征，一般要分析形体的特征，根据特征确定需要转化的对象；(2)位置转化，将不规则几何体通过切割、挖补、延展等方式转化为便于观察、计算的常见几何体，进而求解相关问题．(3)由于新的几何体是由旧几何体转化而来，一定要注意准确理解新的几何体的特征分析；(4)得出结论，在新几何体结构中解决目标函数即可．(2021·江门一模)如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，M 为棱DD 1上的一点，当A 1M ＋MC 取最小值时，B 1M 的长为( )A ．2 3B ． 5C ． 6D ． 3【解析】选D.如图所示，将侧面AA 1D 1D ，侧面CDD 1C 1延展至同一平面，当A 1，M ，C 三点共线时，A 1M ＋MC 取最小值， 易知四边形AA 1C 1C 为正方形，则∠CA 1C 1＝45°， 且△A 1D 1M 为等腰直角三角形，所以，D 1M ＝A 1D 1＝1，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，A 1M ＝ 2 ， 因为A 1B 1⊥平面AA 1D 1D ，A 1M ⊂平面AA 1D 1D ，所以A 1B 1⊥A 1M ，因此，B 1M ＝ A 1B 21 ＋ A 1M2 ＝3 .。
函数与方程思想在解题中的运用
函数与方程思想在解题中的运用函数与方程思想是中学数学最重要的基本思想,也是高考考查的重点.函数与方程思想既是两种思想本身的体现,也是两种思想综合运用的体现,二者密不可分.函数与方程思想也体现了动与静、常量与变量之间的辩证关系,是研究变量与函数、相等与不等过程中的基本数学思想.函数是高中数学的一条主线,函数与方程思想运用几乎在高中各章节知识中都有体现,本文就这种数学思想在解题中的作用作一个较为详细的介绍.一、运用函数与方程思想处理函数、方程与不等式问题函数与方程虽是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系.方程f (x)=0的解就是函数y=f (x)的图像与x轴的交点的横坐标,函数y=f (x)本身就是一个二元方程f (x)-y=0,于是,函数问题与方程问题可以相互转化来求解.函数与不等式也可以相互转化,对于函数y=f (x),当时y>0,就转化为不等式f (x)>0,借助于函数图像与性质解决有关问题,而研究函数的性质,也离不开解不等式.故它们三者之间关系紧密,解决此类问题的关键是深刻理解三者的意义,熟练掌握三者之间的转化关系.例1 已知函数f (x)=x2-x2+2x+1,且x1,x2是f(x)的两个极值点,003(2)x1-x2==,由根与系数的关系可知:x1+x2=a,x1x2=2,∴x1-x2=>1 ,由不等式恒成立问题可知:1≥m2-2bm-2对b∈-1,1恒成立.令g(b)=-2mb+m2-3,则当b∈-1,1时,g(b)≤0恒成立,∴g(-1)=m2+2m-3≤0,g(1)=m2-2m-3≤0-1f (x3)-x3,∴0三、运用函数与方程思想处理数列问题数列是一种特殊的函数,数列的通项公式和前n项和公式都可以看成n的函数.纵观近几年的高考题,在客观题中,突出“小、巧、活”的特点,解答题以中等以上难度的综合题目为主,涉及函数、方程、不等式的综合内容.在数列问题时,要切实注意运用函数观点来分析、解决有关数列的最值、单调性等问题,运用方程的思想来解决有关的计算问题.例5 设等差数列{an}的前n项和Sn,若a1>0,S4=S8,则当Sn取得最大值时,求n的值.解析(法一)由S4=S8,得d=-a10,a7+-=0,所以f(n)是单调递增的数列,故f(n)的最小值为f(2)=.(3)∵b=,∴Sn=1+++…+,∴Sn-1=++…+,又S1+S2+…Sn-1=+++…+=(n+++…+)-(n-1)=(++…++).假设存在整式g(n),使得S1+S2+…+Sn-1=(Sn-1)g(n)成立, 则g(n)==n,满足题目要求,故存在g(n)=n.点评数列其实就是关于正整数n的离散型函数,数列求最值的方法与函数最值的求法类似.此题问(2)先证数列是单调递增的,再利用单调性求数列最值,这是数列不等式证明中常用到的一种方法.问(3)是一个探究性问题,需要将左边和式朝着右边逐步变形,最终消除等式两边的差异,思维难度较大.四、运用函数与方程思想处理立体几何中的最值问题方程思想在立体几何中主要体现在,根据具体图形列方程(组)求角,求距离,求面积,求体积等.而当图形中涉及运动变化、不确定量时,往往要通过函数关系把这种数量关系表示出来,并加以研究,从而使问题获得解决,运用函数与方程思想在处理这类问题时非常有效.例7 已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,B1B1=BC=2,AC=2,点P是线段B1C上任意一点,求线段AP+C1P的最小值.解析连接AB1,在Rt△ACB中,AB==2,Rt△ABB1中,AB1==,在△ACB1中,AC=2,B1C=4,∴AC2+B1C2=AB12∠ACB1=90°.设CP=x,∴在Rt △ACP中,AP=,在△CC1P中,∠CC1P=45°,由余弦定理有C1P==,∴AP+C1P=+=+.此式可以看作是点(x,y)到点(2,2)及(0,-2)的距离之和.由数形结合可知:当三点在一条直线上时距离之和最小,即(AP+C1P)min==2为所求.点评本题是较常见的距离和的最值问题,如直接利用几何知识难以求解,需要借助函数建模,而最终又需要数形结合来完成求解.此题可谓构思巧妙、环环相扣,综合运用了几何、三角和函数等知识,能力要求较高.五、运用函数与方程思想处理圆锥曲线问题圆锥曲线问题中,常见的是利用几何性质列方程(组)求圆锥曲线的方程、离心率等.而涉及直线和圆锥曲线的位置关系问题时,一般需要通过解二元方程组,将其转化为一元二次方程,然后用根的判别式或根与系数的关系解题.此类问题对运算求解能力、推理论证能力要求较高,但同时它有一定的规律可循,因为它与函数方程思想有着紧密的联系,考生可以往这方面思考.例8 已知椭圆+=1(a>b>0)与直线x+y-1=0相交于A、B两点,且OA⊥OB(O坐标原点).(1)求+的值; (2)若椭圆长轴长2a的取值范围是[,],求椭圆离心率e的取值范围.解析(1)联立方程组:x+y-1=0,+=1(a2+b2)x2-2a2x-a2(1-b2)=0……(*)设A(x1,y1),B(x2,y2)则x1+x2=,x1x2=,而y1y2=(1-x1)(1-x2)=1-(x1+x2)+x1x2=.又∵OA⊥OB,∴x1x2+y1y2=0,∴+=0,∴a2+b2=2a2b2+=2……①经检验,方程(*)△=4a4(2b4-2b2+1)>0有解,故+=2.(2) 将b2=a2-c2,e=代入①,得2-e2=2a2(1-e2),∴e2==1-,而2a∈[,],由不等式的性质,得≤e2≤,而00.责任编校徐国坚。
函数与方程思想在数学解题中的应用
遗忘 Ｂ ＝ Ｏ这一特殊情形 ：再分别利 用方程 求根 公式及 韦达定
理 求解 ，最后 答案必须进行检验 ．否则解 的取值可能扩大．
三、函数 与方 程思想在不等式 中的应用
≠ ＝ 一 １ 隹［ １ ３ ］ ，
，
。 ．
ｆ 例３ Ｉ 已知二次函数． 厂 （ ） ＝ ∞ｚ ＋ ｂ ｘ ＋ ｃ ．
当Ｂ ＝ ０时 ，即 ２ ＋ ２ （ 叶１ ） ＋ 一 １ ＝ ０无实根 ，由 △＜ ０ ，
即４ （ ａ ＋ １ ） 一 ４ （ 一 １ ） ＜ ０ ，解 得 一 １ ；
的零点． 因此 ．许多有关方程 的问题可 以用 函数的方法去解决 ；
反之 ，许多有关 函数 的问题也可用方程的方法去解决． 函数与 方程思想 在解题 中应用广 泛 ：如 函数与方 程两 者
８ ＝ ０ ……① （ 方法一 ）记 ） ＝ ２ ＋ ４ ａ ｔ ＋ ａ 一 ８ ，则原 问题 转化 为， （ ） ＝ ０ 在 ［ 丁 １ ３ ］内有解 （ 即有一解或两解 ） ，留意到 ） 的对称轴
，
细审题 ，防止解 的取 值扩 大或 缩小． 本题 考查 了方程 思想、分
类讨论思想． 首 先 要 确 定 对 集 合 Ｂ 多种 情 况 的 讨 论 ． 千 万 不 能
ＧＵＡＮＧ ０ＯＮＧ Ｊ｜ Ａ０ Ｙｕ ＧＡＯ ｚＨｏＮＧ
函数 与方程 思想在数 学解题 中的应 用
●袁 海军
函数与方程的思想是 中学数学的基本思想 。是高 中数学的
一
明显 看 出利 用分 离常数 求函数值 域更 为简单 ，这 更加体现 函 数思想在解题 中的 实效性． 二、函数与方程思想在 集合中的应用
一
当 ｛ ｝ 时， 由根与系数的关系 ： － ＇ ４ ＝ － ２ （ 叶１ ） ， （ ） × （ ＿ ４ ） ＝
数学思想在数列问题中的应用举例
数学思想在数列问题中的应用举例李一诺(河北省邢台市第二中学２０１６级１８班㊀０５４０００)摘㊀要:数列常常与函数㊁方程㊁不等式等知识进行综合ꎬ它体现了函数与方程㊁等价转化㊁分类讨论等重要的数学思想方法.关键词:数列ꎻ数学思想ꎻ函数ꎻ转化ꎻ分类计论ꎻ数形结合中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０１９)０１－０００７－０２收稿日期:２０１８－１０－１５作者简介:李一诺(２００２.８－)ꎬ女ꎬ河北省邢台人ꎬ在校学生.㊀㊀一㊁利用方程思想解题方程思想充满了数列整个章节ꎬ它是解决数列有关元素问题的基本方法ꎬ运用方程思想解题需要抓住基本量ꎬ掌握好设未知数ꎬ列方程ꎬ解方程三个环节.例１㊀等差数列ａｎ{}的前ｍ项和为３０ꎬ前２ｍ项和为１００ꎬ则它的前３ｍ项的和为(㊀㊀).Ａ.１３０㊀㊀Ｂ.１７０㊀㊀Ｃ.２１０㊀㊀Ｄ.２６０解㊀设等差数列ａｎ{}的公差为ｄꎬ前ｎ项和为Ｓｎꎬ由题意可知Ｓｍ＝３０ꎬＳ２ｍ＝１００ꎬ将Ｓｍ＝３０ꎬＳ２ｍ＝１００代入Ｓｎ＝ｎａ１＋ｎｎ－１()ｄ２得ｍａ１＋ｍｍ－１()ｄ２＝３０ꎬ２ｍａ１＋２ｍ２ｍ－１()ｄ２＝１００.ìîíïïïï解之得ｄ＝４０ｍ２ꎬａ１＝１０ｍ＋２０ｍ２ꎬʑＳ３ｍ＝３ｍａ１＋３ｍ３ｍ－１()ｄ２＝２１０.㊀㊀二㊁利用函数思想解题数列是特殊的函数ꎬ因此ꎬ求解数列问题应根据题意注意沟通数列与函数之间的内在联系ꎬ运用函数的思想方法求解往往使解题方便快捷.例２㊀在等差数列中ꎬ已知Ｓｐ＝ｑꎬＳｑ＝ｐｐʂｑ()ꎬ求Ｓｐ＋ｑ的值.解㊀由题意知:Ｓｎｎ＝ｇｎ()是一次函数ꎬʑ点ｐꎬｑｐæèçöø÷ꎬｑꎬｐｑæèçöø÷ꎬｐ＋ｑꎬＳｐ＋ｑｐ＋ｑæèçöø÷均在直线ｇｎ()＝ｄｎ２＋ａ１－ｄ２上ꎬ从而ｐｑ－ｑｐｑ－ｐ＝Ｓｐ＋ｑｐ＋ｑ－ｐｑｐ＋ｑ－ｑꎬ化简即得Ｓｐ＋ｑ＝－ｐ＋ｑ().㊀㊀三㊁利用分类讨论思想解题依据题中的条件ꎬ确定讨论对象和讨论标准ꎬ使用分类讨论思想ꎬ使解题更具有条理性ꎬ解题过程更加清晰.例３㊀求和Ｓｎ＝１＋２ｘ＋ ＋ｎｘｎ－１ｘʂ０().解㊀ȵＳｎ＝１＋２ｘ＋３ｘ２＋ ＋ｎ－１()ｘｎ－２＋ｎｘｎ－１ꎬʑｘＳｎ＝ｘ＋２ｘ２＋ ＋ｎ－１()ｘｎ－１＋ｎｘｎ.两式相减得１－ｘ()Ｓｎ＝１＋ｘ＋ｘ２＋ ＋ｘｎ－１()－ｎｘｎ.当ｘ＝１时ꎬＳｎ＝１＋２＋３＋ ＋ｎ＝１２ｎｎ＋１()ꎻ当ｘʂ１时ꎬＳｎ＝１－ｘｎ１－ｘ()２－ｎｘｎ１－ｘ.㊀㊀四㊁利用转化思想解题根据题目所给的结构特征ꎬ寻找项之间的规律ꎬ利用转化思想解题.它集中体现在求和过程中将非特殊数列转化为等差数列或等比数列.例４㊀求和Ｓｎ＝１ ２＋２ ３＋３ ４＋ ＋ｎｎ＋１().解㊀ȵｋｋ＋１()＝ｋ２＋ｋｋ＝１ꎬ２ꎬ ꎬｎ()ꎬʑＳｎ＝１２＋１()＋２２＋２()＋ ＋ｎ２＋ｎ()＝１２＋２２＋ ＋ｎ２()＋１＋２＋ ＋ｎ()７＝１６ｎｎ＋１()２ｎ＋１()＋１２ｎｎ＋１()＝１３ｎｎ＋１()ｎ＋２().㊀㊀五㊁利用数形结合思想解题恩格斯曾经这样定义数学: 数学是研究现实世界的量的关系与空间形式的数学 .数形结合不仅是一种重要的解题方法ꎬ而且也是一种重要的思维方法.它形象㊁直观ꎬ有利于我们解题.例５㊀设等差数列ａｎ{}的前ｎ项和为Ｓｎꎬ已知ａ３＝１２ꎬＳ１２>０ꎬＳ１３<０ꎬ(１)求公差ｄ的取值范围ꎻ(２)指出Ｓ１ꎬＳ２ꎬＳ３ꎬ ꎬＳ１２中那一个值最大?并说明理由.㊀㊀解㊀(１)易得－２４７<ｄ<－３.(２)ȵｄ<０ꎬʑＳｎ＝ｆｎ()的图象为经过原点且开口向下的抛物线上的一群离散点.设抛物线与横轴的另一个交点为Ａｎ０ꎬ０()ꎬ由Ｓ１２>０ꎬＳ１３<０ꎬ可知１２<ｎ０<１３ꎬ对称轴ｎ＝ｎ０２ɪ６ꎬ６.５()ꎬ故当ｎ＝６时ꎬＳ６最大.㊀㊀六㊁利用构造思想解题构造法解题可以化繁为简ꎬ它主要体现在利用原数列构造新数列求通项的问题.例６㊀设正项数列ａｎ}{满足ａ１＝２ꎬａｎ＝２ａｎ－１ꎬ求ａｎ.解㊀ȵａｎ>０(ｎɪＮ)ꎬʑａｎ＝２ａｎ－１.两边取以为２底的对数ꎬｌｏｇ２ａｎ＝１＋１２ｌｏｇ２ａｎ－１.令ｂｎ＝ｌｏｇ２ａｎꎬ则有ｂｎ＝１２ｂｎ－１＋１.用迭代法得ｂｎ＝２－(１２)ｎ－１ꎬʑａｎ＝２２－(１/２)ｎ－１.㊀㊀参考文献:[１]孙丰亮ꎬ娄树庆.数学思想方法在数列教学中的运用[Ｊ].课程教育研究ꎬ２０１３(３１).[责任编辑:杨惠民]探究过度放缩后的一种 修正术江凤华１㊀江国荣２(１.江苏省无锡市辅仁高级中学高三９班㊀２１４１２３ꎻ２.江苏省无锡市市北高级中学㊀２１４０４５)摘㊀要:用放缩法证明不等式是高中数学学习中的难点之一.学习时不容易掌握ꎬ我们放缩的 步幅 大了ꎬ常常偏离目标值.有没有一种方法在发现过度放缩以后采取一点修补办法证出目标呢?本文围绕这个目标做了一点尝试ꎬ发现还是可行的.关键词:放缩法证明ꎻ逐步留项ꎻ高中难题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０１９)０１－０００８－０２收稿日期:２０１８－１０－１５作者简介:江凤华(２００１－)ꎬ女ꎬ江苏省海门人ꎬ在校学生.江国荣(１９７１－)ꎬ男ꎬ江苏省海门人ꎬ教师ꎬ从事数学教学及数学教育研究.㊀㊀一㊁探究过程例１㊀证明:ðｎｉ＝１１ｉ２<５３.试证１㊀当ｎ＝１ꎬðｎｉ＝１１ｉ２＝１<５３.当ｎȡ２ꎬȵ１ｉ２<１ｉ (ｉ－１)＝１ｉ－１－１ｉꎬʑðｎｉ＝１１ｉ２＝１１２＋１２２＋１３２＋ ＋１ｎ２<１＋(１１－１２)＋(１２－１３)＋ ＋(１ｎ－１－１ｎ)＝２－１ｎ<２.８。
2020年高考数学二轮复习总领复习之第2讲 解题有道——四大数学思想
应用1 数形结合思想在函数与方程中的应用 【例4】 (1)记实数x1，x2，…，xn中最小数为min{x1，x2，…，xn}，则定义在区间
[0，＋∞)上的函数f(x)＝min{x2＋1，x＋3，13－x}的最大值为( )
A.5
B.6
C.8
D.10
(2)(2019·石家庄模拟)已知函数 f(x)＝elnx，x，x≤x>00，， g(x)＝f(x)＋x＋a.若 g(x)存在 2 个零点，
10
应用2 函数与方程思想在数列中的应用 【例2】 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝－2，S5＝0，S6＝3.
(1)求数列{an}的前nБайду номын сангаас和Sn； (2)求nSn的最小值. 解 (1)∵S4＝－2，S5＝0，S6＝3， ∴a5＝S5－S4＝2，a6＝S6－S5＝3， 又{an}是等差数列，则公差d＝a6－a5＝1， 由于 S5＝5（a12＋a5）＝0，所以 a1＝－2，故 Sn＝－2n＋n（n－ 2 1）＝n2－2 5n.
2
类型一 函数与方程思想 函数与方程思想的实质就是用联系和变化的观点，描述两个量之间的依赖关系，刻画 数量之间的本质特征，在提出数学问题时，抛开一些非数学特征，抽象出数量特征， 建立明确的函数关系，并运用函数的知识和方法解决问题.有时需要根据已知量和未知 量之间的制约关系，列出方程(组)，进而通过解方程(组)求得未知量.函数与方程思想是 相互联系、互为所用的.
12
探究提高 1.本题完美体现了函数与方程思想的应用，第(2)问利用数列前n项和公式 求出nSn，构造函数，运用单调性求最值. 2.数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数，数列的通项公式与前n项和 公式即为相应的解析式，但要注意数列问题中n的取值为正整数，涉及的函数具有离 散性特点.
函数思想在数列中的应用
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例题3
设无穷等差数列{an }的前n项和为S n . 3 2 (1)若a1 , 公差d 1, 求满足S k 2 ( S k ) 2 的正整数k ; (2)求所有的无穷等差数列{an }, 使得对 于一切正整数k都有S k 2 ( S k ) 2 成立.
略解 : 设Sn an bn , 3
( a a 2 ) 0 a 0或1 a0 或 解得 2ab 0 b0 , b 0或1 , 2 b b 0 ,
Sn 0或Sn n或Sn n ,
2
故 an 0或an 1或an 2n 1 .
例题4
等比数列{xn }的各项均为不等于1的正 数, 数列{ yn }满足yn log xn a 2(a 1), 且 y4 17, y7 11. (1)求数列{ yn }的通项公式yn ; (2)问：是否存在自然数M , 使得n M 时, xn 1恒成立 ? 若存在, 求出相应的M ; 若 不存在，请说明理由.
上.
二、等差数列、等比数列的前n项和公式
d 2 d n(n 1) ● 等差数列 Sn na1 d n (a1 )n 2 2 2
0
上.
点{n, Sn }(n N)在曲线
d 2 d y x (a1 ) x 2 2
n a1 a a1 a (1 q ) n 1 1 ● 等比数列 Sn q 1 (q 1) 1 1 q 1 q q 1 q
n 1 (1) 设数列 { x } 的公比为 q , 则 x x q . n n 1 略解 :
yn log xn a 2, 2 yn 2 log a x1 (n 1) 2 log a q. log xn a 于是有yn1 yn 2log a q, 为常数,{ yn }是等差数列.
高中数学数列教学中数学思想方法的挖掘与渗透
智者创建时机，强者掌握时机，弱者坐等时机。
数列教课中数学思想方法的发掘与浸透数学思想方法是数学知识的精华,是知识转变为能力桥梁.可否存心识地正确运用数学思想方法解答数学识题，是权衡数学素质和数学能力的重要标记．数列中蕴涵了很多重要的数学思想，在数列教课中着重数学思想方法的发掘与浸透拥有十分重要的意义．１.函数思想函数思想是用联系和变化的看法观察数学对象.数列是一类特别的函数,以函数的看法认识理解数列，是解决数列问题的有效方法.例 1 等差数列的前n项和为.已知问数列的多少项和最大?分析 :易知所给数列不是常数列,等差数列的前n 项和是n的二次函数，且常数项为零,因此可利用函数思想研究的最值.解法 1:由得,∴.进而;故前 13 项的和最大 ,其最大值为169.解法2:,的图象是张口向下的抛物线上一群失散的点,由知最高点的横坐标为,即前 13 项的和最大.２.方程思想方程思想就是经过设元成立方程,研究方程解决问题的方法.在解数列问题时,利用等差、等比数列的通项公式、乞降公式及性质结构方程（组），是解数列问题基本方法.例 2 等差数列的前n项和为，若，求.分析 :解本题的重点是求出数列的通项公式,可利用已知条件列出对于和d的方程组求出基本量和 d,也可用待定系数法确立.解得∴.进而.解法 2:易知所给等差数列不是常数列,因此它的前n 项和可设为,由已知条件得解得∴,.3.分类议论思想复杂问题没法一次性解决,常需分类研究,化整为零 , 各个击破 . 数列中包含着丰富的分类议论的问题 .例 3 已知数列的前n项和，试求数列的前n项和的表达式.分析 :解题的重点是求出数列的通项公式, 并弄清数列中各项的符号以便化去的绝对值 .故需分类商讨．解: 当 n=1 时 ,;当 n≥2时,.∴当 1≤n≤9时 ,,当 n≥10时 ,.进而当 1≤n≤9时 , ==;当 n≥10时, =.∴=４.等价转变思想等价转变就是将研究对象在必定条件下转变并归纳为另一种研究对象 ,使之成为大家熟习的或简单解决的问题 .这是解决数列问题重要方法 .例 4 等差数列的前n项和为,.若中,最大,数列的前多少项和最大?分析 :求的最大值有多种转变方法.本题可将知足的要求转变为公差 d 知足的要求；再将 k 所知足的条件转变为它的几何意义，借助图示直接写出结果.解:设数列的公差为d,则最大.设的前k项和最大,则有, 且, 故有.（* ）,.如图，数轴的两个暗影区间中，左侧是的取值范围，右侧是的取值范围，（*）的成立等价于k 取两个区间之间的自然数，因此k=3，即的前3项和最大.５.整体思想整体思想就是从整体着眼 ,经过问题的整体形式、整体结构或其余整体办理后，达到简捷地解题的目的 .例 5 已知数列为等差数列，前12 项和为 354，前 12 项中奇数项和与偶数项和之比为27:32,求公差 d.分析 :本题惯例思路是利用乞降公式列方程组求解，计算量较大,注意考虑用整体思想去解决, 解法十分简捷 .解: 由题意令奇数项和为,偶数项和为.∵.而.6.递推思想递推思想就是经过探究、结构和运用所给问题中的递推关系解决问题的思想方法.数列问题，从某种意义上讲是递推关系的表现形式.利用递推思想解决某些数列问题可表现递推思想解决问题的优胜性.例 6 设数列的前n项和为,若对于全部的自然数n,都有,证明数列是等差数列 .分析 :证明等差数列一般考虑用等差数列的定义.这里可利用递推关系,将变换得,而后再对,的递推关系持续探究.解:由得,∴当 n≥2时 ,,即.同理.两式相减得,即,进而有(n ≥2).由此可知数列是等差数列 .7.概括、猜想与证明思想经过对个别、特别状况的分析、察看，发现规律,概括出一般的结论或性质，再追求证明方法.这是我们由已知探究未知的重要门路.例 7 已知数列知足条件:,试求数列的通项公式 .分析 :本题求解思路不清楚，从特例下手，察看、猜想结论,再加以证明不失为一种好方法. 解: 由已知条件 ,分别取 n=1,2,3, ，得,经过察看、概括、可得出猜想:.用数学概括法简单证明这一结论是正确的(证明略 ).8.建模与解模思想数列的工具性决定了应用的宽泛性 ,着重建立数列模型解实质问题 ,有益于培育学生用数学的意识和数学能力的提升 .例 8 从社会效益和经济效益出发，某地投入资本进行生态环境建设，并以此发展旅行家产，依据规划，今年度投入万元，此后每年投入比上年减少.今年度当地旅行业收入估计为万元，因为该项建设对旅行业的促使作用，估计此后的旅行业收入每年会比上年增加（Ⅰ）设 n 年内（今年度为第一年）总投入为an 万元，旅行业总收入为bn 万元．写出an，bn 的表达式；（Ⅱ）起码经过几年旅行业的总收入才能超出总投入？分析：建立等比数列的通项和前n 项和模型，再用换元法和不等式知识求解.(1) 第一年投入为800 万元 ,第二年投入为800(1万元,，第n年投入为800万元，因此， n 年内的总投入为；第一年旅行业收入为400 万元，第二年旅行业收入为400万元，，第n年旅行业收入为 400万元.因此n年内的旅行业总收入为.(2) 设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入,即, 所以,化简得,换元化归为一元二次不等式,可得,解得 n≥5,故起码经过 5 年旅行业的总收入才能超出总投入.还有一些重要的思想方法，如数形联合、 分析与综合、联想与类比，结构模型等思想方法已在上述例题中有所波及，限于篇幅，不再赘述.（此文发布在江西师大《中学数学研究》2003 年第 12 期）都是“定义域”惹的祸函数三因素中， 定义域是十分重要的， 研究函数的性质时应第一考虑其定义域． 在求解函数有关问题时，若忽略定义域，便会直接致使错解．下边我们举例分析错从何起．一、求函数分析式时例 1． 已知 f ( x 1) x 2 x ，求函数 f (x) 的分析式 . 错解 ：令 tx 1，则 xt 1， x (t 1)2，f (t) (t 1)2 2(t 1) t21， f ( x) x 2 1分析 ：因为 f ( x 1)x 2 x 隐含着定义域是 x 0 ，因此由 t x 1得 t 1 ，f (t)t 21 的定义域为 t 1 ，即函数 f ( x)的分析式应为 f ( x) x 2 1（ x 1 ）这样才能保证转变的等价性 .正解： 由 f ( x 1) x 2 x ，令 tx 1得 t 1 ， xt 1 2 代入原分析式得f (t)t 2 1 （ t 1），即 f ( x) x 2 1 （ x 1）．二、求函数最值（或值域）时例 2． 若 3x 2 2 y 2 6x, 求 x 2 y 2 的最大值．错解： 由已知有y 23 x 2 3x ①，代入 x 2 y 2 得1 x 21 2 9 9 ．x 2y 23x x 3 2 ，∴当 x 3 时， x2y 2 的最大值为2222分析：上述错解忽略了二次函数的定义域一定是整个实数的会合，同时也未发掘出拘束条件 3x 22 y 2 6x 中 x 的限制条件．正解： 由 23 2 3 0 得，yxxx22x 2y 21 x2 3x1 x 3 29 ，x 0,2 ，因函数图象的对称轴为 x 3 ，222∴当 x 0,2 是函数是增函数，故当当x 2 时， x 2y 2 的最大值为 4 ．例 3．已知函数 fx 2 log 3 x 1 x9 ，则函数 yf x 2f x 2的最大值为（）A ．33B ．22C ．13D ．6错 解 ： yf x2f x 22 log3 x2log 3 x 2log 3 x 3 23 在=2 =1 x9y2fx 2 在 x 9 时获得最大值为 33．上是增函数，故函数 f xyf x 2f x21 x9x 3正解： 由已知所求函数的定义域是1x 2 得 1，9y f x 2 fx 22 log3 x 22 log3 x 2log 3 x23 在 1 x 3 是增函数，= = 3故函数 y2 f x 2 在 x3 时获得最大值为 13．f x例 4． 已知 f x 3x2 2x4 ，求 y f1x 2f1x 2的最大值和最小值．错解： 由 f x3x 2 2 x 4 得 1y 9 ．∴ f1x2 log3 x 1 x 9 ．∴ yf 1 2f1x 22 log3 x 2 2 log 3 x 2log 3 2 x6log 3 x 6xlog 3 x 3 23． ∵1 x 9，∴ 0 log 3 x 2 ．∴ y max22 ， y min6 ．分析： ∵ f 1x 中 1 x 9 ，则 f1x 2 中 1 x 29 ，即1 x 3 ，∴本题的定义域应为 1,3 ．∴ 0 log 3 x 1 ．正解：（前方同上）ylog 3 x 3 2 3，由 1 x3 得 0 log 3 x 1 ．∴y max13 ， y min6 ．例 5． 求函数 y4x 52x 3 的值域．错解： 令 t2x 3 ，则 2xt 2 3 ，∴ y 2 t 23 5 t2t 2 t 127 ,2 t 17 7 ．故所求函数的值域是 ．488 8分析： 经换元后，应有大而无量增大．因此当 t 三、求反函数时例 6． 求函数 yx 2t 0 ，而函数 y 2t 2 t 1在 0, 上是增函数，跟着 t 增 0 时， y min 1 ．故所求函数的值域是 1,．4x 2 (0 x2) 的反函数．错解 ：函数 yx 24 x 2 ( 0 x 2) 的值域为 y2,6 ,又 y (x2) 2 6 ，即 ( x 2) 2 6 yx 26 y ， 所求的反函数为y 26 x 2x 6 ．分析 ：上述解法中忽略了原函数的定义域，没有对 x 进行合理弃取 , 进而得出了一个非函数表达式．正解： 由 yx 24x 2 (0 x 2) 的值域为 y2,6 , 因 ( x 2)26 y ，又x 2 0x 26 y ， 所求的反函数为 y26 x 2x 6 ．四、求函数单一区间时例 7． 求函数 f ( ) lg( 4x 2) 的单一递加区间 .x错解 ：令 t 4x 2 ，则 y lg t ，它是增函数 .t4 x 2 在 ( ,0] 上为增函数，由复合函数的单一性可知，函数 f ( x) lg( 4x 2 ) 在 ( ,0] 上为增函数，即原函数的单一增区间是 (,0] .分析： 判断函数的单一性，一定先求出函数的定义域，单一区间应是定义域的子区间．正解：由 4x 20 ，得 f ( x) 的定义域为 ( 2,2) .t 4x 2 在 ( 2,0] 上为增函数，由可复合函数的单一性可确立函数f ( x)lg( 4 x 2 ) 的单一增区间是 ( 2,0] .例 8． 求 y log 0. 7 x 2 3x 2 的单一区间．错解： 令 tx 2 3x 2 ， ylog t ， x, 3 时， t x 2 3x 2 为减函数，2x3 , 时， t x 23x 2 为增函数， 又 y log t 为减函数， 故以复合函数单一性2知原函数增区间为, 3，减区间为 3 ,．22分析： 在定义域内取x 1， y 值不存在，明显上边所求不对，根来源因正是大意了定 义域，单一区间一定在函数定义域内．由x 23x 2 0，得x 1或 x 2 ，故增区间为,1 ，减区间为 2,．例 9． 指出函数 y x 2 2ln x 的单一增区间．错解： ∵ yx22ln x ，∴ y2x2，∴当 y 0 时， x 1或 x 1 ，∴函数y x 2x2ln x 的单一增区间为, 1,1,．分析： 本题错在没有考虑函数的定义域 0,，故本题的答案为1,．五、判断函数的奇偶性时例 10． 判断 f x1 x1 x 的奇偶性．1x错解： ∵ fx1 x 1x1 x 21 x1 x1x fx ， ∴ f x1 x 1 x1 x为偶函数．分析：事实上奇偶函数定义中隐含着一个重要条件， 即第一定义域一定是对于原点的对 称区间．而此函数的定义域为 1,1 ，不知足上述条件，即应为非奇非偶函数．六、词语点将（据意写词）。