联用函数与方程思想方法的优化方法

有些较为复杂的数学问题，解决它常常不止需要一种数学思想，而是多种数学思想方法的联合应用.函数与方程的思想常常和转化与化归的思想联用.特别是函数思想与方程思想就是在不断转换过程中使问题一步步获得解决.转换的途径为“函数→方程→函数”或“方程→函数→方程”，而且在转换过程中不等式知识发挥重要作用.在联用函数与方程思想解题时又常常需要借助函数图像的变换求解.

例1　(1)已知函数其中m>0，若存在实数b,使得关于x的方程f(x)=b有3个不同的根，则m的取值范围是________;

(2)设函数则满足的x的取值范围是________;

(3)已知a∈R,函数在区间[1,4]上的最大值是5，则a的取值范围是________.

解题策略　这是一组近年的高考题，都是围绕函数、方程、不等式之间的关系命制.第(1)问，结合函数图像确定实数m满足的条件，从而确定m的取值范围，这也是解一般的函数与方程问题的基本解题方法；第(2)问旨在考查分段函数与不等式的解法；第(3)问旨在考查耐克函数与绝对值函数的性质，可以结合函数图像解，也可以转化为解绝对值不等式，这三题虽是小题，但思维量颇大，值得推敲.

解：(1)解法一　(直接由方程分类讨论求解)由x2-2mx+4m=b,即(x-m)2=b+m2-4m在(m,+∞)有解(且这个解唯一)，得b+m2-4m>0,即4m-m2<b.由|x|=b在(-∞，m]有解(且要有两个解)得0<b≤m.∴4m-m2<m,解得m>3.∴m的取值范围是(3，+∞).

图3-4

解法二　(结合函数图像求解)函数f(x)的大致图像如图3-4所示.根据题意知只要m>4m-m2即可，又m>0，解得m>3，故m的取值范围是(3，+∞).

(2)解法一　(分类讨论解函数不等式)

❶当时，不等式可化为又结合指数函数的图像易知该不等式显然恒成立，适合；

❷当x≤0时，不等式f(x)+可化为解得x>又适合;

❸当时，不等式可化为即结合函数y=2x+x在区间内单调递增易知不等式显然成立.

适合.

综上，所求x的取值范围是

解法二　(根据函数性质讨论求解)当x>0时，f(x)=2x>1恒成立，

当即时，

当即时，则不等式f(x)+恒成立，

当x≤0时，

综上，所求x的取值范围是

解法三　(结合函数图像求解)

图3-5

∴由图像变换可画出与y=1-f(x)的图像，如图3-5所示.并求出交点坐标为由图像可知，满足解为故所求x的取值范围是

(3)解法一　(由极值点与区间端点综合讨论求解)

由题意可知a≤5,∵函数的极值点为x=2.

∴[f(x)]max=max{f(1),f(4),f(2)}.

则　解得故a的取值范围是

解法二　(结合“耐克函数在x∈[1,4]的性质讨论求解)

结合函数的图像易知[g(x)]min=g(2)=4,

[g(x)]max=max{g(1),g(4)}=5,∴当x∈[1，4]时，

若a≤4,则x∈[1，4]时，显然最大值是5，适合题意；

若4<a<5,则当x∈[1，4]时，[f(x)]max=max{|4-a|+a,|5-a|+a}=max{2a-4,5},∴由题设知应满足2a-4≤5,解得

又适合题意；

若a≥5,则当x∈[1，4]时，

由题设知2a-4=5,解得这与a≥5矛盾.

综上，a的取值范围是

解法三　(通过函数图像变换求解)

当a≤0时，∵x∈[1,4].

[f(x)]max=5;

图3-6

a>0时，的图像可由的图像向下平移a个单位，然后关于x轴翻折后再向上平移a个单位得到.∵x∈[4,5].

如图3-6所示.最多向下平移4.5个单位，才能保证[f(x)]max=5,

故a的取值范围是

解法四　(转化为含参数绝对值不等式恒成立求解)

由题意可知a≤5，∵函数在区间[1,4]上的最大值是5，∴不等式在区间[1，4]上恒成立，

即不等式在区间[1，4]上恒成立.

即不等式组在区间[1，4]上恒成立.

故a的取值范围是

例2　已知函数当点P(x,y)在函数y=f(x)图像上时，点在函数y=g(x)图像上.

(1)求y=g(x)的表达式；

(2)若A(x+a,y1),B(x,y2),C(3+a,y3)为y=g(x)图像上的3点，且满足2y2=y1+y3的实数x有且只有两个不同的值，求实数a的取值范围.

解题策略　需求出y=g(x)的解析式，问题便转化为一元二次方程φ(x)=0的根的分布问题，结合二次函数的图像进行分析，转化为解相应的不等式组.

解：(1)由题意，得令t=3x,(www.xing528.com)

则t>a，并且

(2)由

得

于是，化简得

问题等价于方程x2-(2a+3)x+a2=0(x>a)有且仅有两个不等的实根，记φ(x)=x2-(2a+3)x+a2，则φ(x)=0在(a，+∞)上有两个不等实根的充要条件.

解得

例3　已知函数g(x)=ax2-2ax+1+b(a≠0,b<1)在区间[2，3]上有最大值4和最小值1.设

(1)求a，b的值；

(2)不等式f(2x)-k·2x≥0在x∈[-1,1]上恒成立，求实数k的取值范围；

(3)方程有3个不同的实数解，求实数k的取值范围.

解题策略　函数是方程与不等式的“中介”，它们既有区别，又联系紧密.

第(1)问,由题设所给二次函数在区间上的最值，运用待定系数法确定a，b之值，实质是使原问题转化为解方程组问题，由于二次项系数可正可负，则又必须分类讨论；第(2)问是含参数不等式恒成立问题，通过参变分离又使问题转化为函数的最小值的求解；第(3)问是方程根的分布问题，使之转化为函数图像的交点问题，重在对问题中的变量的动态研究，通过解不等式组使问题获解.

解：(1)g(x)=a(x-1)2+(1+b-a).

❶当a>0时，g(x)在[2，3]上单调递增，于是即故

❷当a<0时，g(x)在[2，3]上单调递减，于是即故(舍去)

综上所述，a=1,b=0.

(2)由(1)知g(x)=x2-2x+1,于是

由f(2x)-k·2x≥0,有即在x∈[-1,1]上恒成立.

记则在上恒成立.

又(t2-2t+1)min=0(当t=1时)，故k≤0,即k的取值范围是(-∞，0].

图3-7

(3)依题意，

于是-(2+3k)|2x-1|+(2k+1)=0.

记t=|2x-1|,如图3-7所示.

则t2-(2+3k)t+(2k+1)=0有根t1，t2，且0<t1<1<t2或0<t1<1,t2=1，

设φ(t)=t2-(2+3k)t+(2k+1),

则或即或解得k>0.

故k的取值范围是(0，+∞).

例4　已知二次函数y=g(x)的导函数的图像与直线y=2x平行，且y=g(x)在x=-1处取得极小值m-1(m≠0)，设

(1)若曲线y=f(x)上的点P到点Q(0,2)的距离的最小值为求m的值；

(2)k(k∈R)如何取值时，函数y=f(x)-kx存在零点，并求出零点.

解题策略　本题考查函数和方程、导数、两点间距离公式、基本不等式、一元二次方程解的讨论等知识，考查函数与方程、化归与转化、分类与整合的数学思想方法，以及抽象概括能力、推理能力、运算求解能力和创新意识，应当看到：二次函数、一元二次方程和一元二次不等式是一个有机的整体，要深刻理解它们相互之间的关系，能用函数思想来研究方程和不等式，用方程理论探究函数图像的某种状态，而零点正是函数与方程的契合点，不等式的解法则起到桥梁的作用.

解：设二次函数为g(x)=ax2+bx+c,

∵y=g′(x)=2ax+b的图像与直线y=2x平行，∴a=1.

又∵y=g(x)在x=-1处取得极小值m-1，即当时，g(-1)=a(-1)2+b(-1)+c=m-1.

(1)已知m≠0，设曲线y=f(x)上点P的坐标为P(x,y)，则点P到点Q(0,2)的距离为

|PQ|

当且仅当时等号成立.

∵|PQ|的最小值为

❶当m>0时，解得

❷当m<0时，解得故或

(2)y=f(x)-kx的零点即方程的解.

与(k-1)x2-2x-m=0有相同的解.

❶若

所以函数y=f(x)-kx有零点

❷若k≠1,(k-1)x2-2x-m=0的判别式Δ=4[1+m(k-1)].

若此时函数y=f(x)-kx有一个零点x=-m.

若Δ>01+m(k-1)>0.

∴当或时，方程(k-1)x2-2x-m=0有两个解：

和

此时函数y=f(x)-kx有两个零点x1和x2.

若Δ<01+m(k-1)<0.

∴当或时，方程(k-1)x2-2x-m=0无实数解，此时函数y=f(x)-kx没有零点.