難點36 函式方程思想
函式與方程思想是最重要的一種數學思想，高考中所佔比重較大，綜合知識多、題型多、應用技巧多.函式思想簡單，即將所研究的問題借助建立函式關係式亦或構造中間函式，結合初等函式的圖象與性質，加以分析、轉化、解決有關求值、解（證）不等式、解方程以及討論引數的取值範圍等問題；方程思想即將問題中的數量關係運用數學語言轉化為方程模型加以解決.
●難點磁場
1.（★★★★★）關於x的不等式2·32x–3x+a2–a–3＞0，當0≤x≤1時恆成立，則實數a的取值範圍為 .
2.（★★★★★）對於函式f(x)，若存在x0∈r,使f(x0)=x0成立，則稱x0為f(x)的不動點.已知函式f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)
（1）若a=1,b=–2時，求f(x)的不動點；
（2）若對任意實數b，函式f(x)恒有兩個相異的不動點，求a的取值範圍；
（3）在（2）的條件下，若y=f(x)圖象上a、b兩點的橫座標是函式f(x)的不動點，且a、b關於直線y=kx+對稱，求b的最小值.
●案例**
［例1］已知函式f(x)=logm
(1)若f(x)的定義域為0），判斷f(x)在定義域上的增減性，並加以說明；
(2)當0＜m＜1時，使f(x)的值域為［logm［m(β–1)］，logm［m(α–1)］］的定義域區間為0)是否存在？請說明理由.
命題意圖：本題重在考查函式的性質，方程思想的應用.屬★★★★級題目.
知識依託：函式單調性的定義判斷法；單調性的應用；方程根的分布；解不等式組.
錯解分析：第(1)問中考生易忽視「α＞3」這一關鍵隱性條件；第(2)問中轉化出的方程，不能認清其根的實質特點，為兩大於3的根.
技巧與方法：本題巧就巧在採用了等價轉化的方法，借助函式方程思想，巧妙解題.
解：（1）x＜–3或x＞3.
∵f(x)定義域為［α,β］,∴α＞3
設β≥x1＞x2≥α，有
當0＜m＜1時，f(x)為減函式，當m＞1時，f(x)為增函式.
（2）若f(x)在［α,β］上的值域為［logmm(β–1),logmm(α–1)］
∵0＜m＜1, f(x)為減函式.∴即
即α,β為方程mx2+(2m–1)x–3(m–1)=0的大於3的兩個根
∴ ∴0＜m＜
故當0＜m＜時，滿足題意條件的m存在.
［例2］已知函式f(x)=x2–(m+1)x+m(m∈r)
(1)若tana,tanb是方程f(x)+4=0的兩個實根，a、b是銳角三角形abc的兩個內角.求證：m≥5;
(2)對任意實數α,恒有f(2+cosα)≤0，證明m≥3;
(3)在(2)的條件下，若函式f(sinα)的最大值是8，求m.
命題意圖：本題考查函式、方程與三角函式的相互應用；不等式法求引數的範圍.屬
★★★★★級題目.
知識依託：一元二次方程的韋達定理、特定區間上正負號的充要條件，三角函式公式.
錯解分析：第(1)問中易漏掉δ≥0和tan(a+b)＜0，第(2)問中如何保證f(x)在［1,3］恆小於等於零為關鍵.
技巧與方法：深挖題意，做到題意條件都明確，隱性條件注意列.列式要周到，不遺漏.
（1）證明：f(x)+4=0即x2–(m+1)x+m+4=0.依題意：
又a、b銳角為三角形內兩內角
∴＜a+b＜π
∴tan(a+b)＜0，即
∴∴m≥5
(2)證明：∵f(x)=(x–1)(x–m)
又–1≤cosα≤1，∴1≤2+cosα≤3，恒有f(2+cosα)≤0
即1≤x≤3時，恒有f(x)≤0即(x–1)(x–m)≤0
∴m≥x但xmax=3，∴m≥xmax=3
(3)解：∵f(sinα)=sin2α–(m+1)sinα+m=
且≥2,∴當sinα=–1時，f(sinα)有最大值8.
即1+(m+1)+m=8，∴m=3
●錦囊妙計
函式與方程的思想是最重要的一種數學思想，要注意函式，方程與不等式之間的相互聯絡和轉化.考生應做到：
（1）深刻理解一般函式y=f(x)、y=f–1(x)的性質（單調性、奇偶性、週期性、最值和圖象變換），熟練掌握基本初等函式的性質，這是應用函式思想解題的基礎.
（2）密切注意三個「二次」的相關問題，三個「二次」即一元二次函式、一元二次方程、一元二次不等式是中學數學的重要內容，具有豐富的內涵和密切的聯絡.掌握二次函式基本性質，二次方程實根分布條件，二次不等式的轉化策略.
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.（★★★★★）已知函式f(x)=loga［–(2a)2］對任意x∈［,+∞］都有意義，則實數a的取值範圍是( )
a.(0b.(0c.［,1d.(,）
2.（★★★★★）函式f(x)的定義域為r，且x≠1，已知f(x+1)為奇函式，當x＜1時，f(x)=2x2–x+1，那麼當x＞1時，f(x)的遞減區間是( )
ab.(1cd.(1,］
二、填空題
3.（★★★★）關於x的方程lg(ax–1)–lg(x–3)=1有解，則a的取值範圍是
4.（★★★★★）如果y=1–sin2x–mcosx的最小值為–4，則m的值為
三、解答題
5.（★★★★）設集合a=.
（1）若a中僅有乙個元素，求實數a的取值集合b；
（2）若對於任意a∈b，不等式x2–6x＜a(x–2)恆成立，求x的取值範圍.
6.（★★★★）已知二次函式f(x)=ax2+bx(a,b為常數，且a≠0)滿足條件:f(x–1)=f(3–x)且方程f(x)=2x有等根.
（1）求f(x)的解析式；
（2）是否存在實數m，n(m＜n＝，使f(x)定義域和值域分別為［m,n］和［4m,4n］，如果存在，求出m、n的值；如果不存在，說明理由.
7.（★★★★★）已知函式f(x)=6x–6x2，設函式g1(x)=f(x), g2(x)=f［g1(x)］, g3(x)=f ［g2(x)］,
…gn(x)=f［gn–1(x)］,…
（1）求證：如果存在乙個實數x0，滿足g1(x0)=x0，那麼對一切n∈n，gn(x0)=x0都成立；
（2）若實數x0滿足gn(x0)=x0，則稱x0為穩定不動點，試求出所有這些穩定不動點；
（3）設區間a=（–∞,0）,對於任意x∈a，有g1(x)=f(x)=a＜0, g2(x)=f［g1(x)］=f(0)＜0，
且n≥2時，gn(x)＜0.試問是否存在區間b（a∩b≠），對於區間內任意實數x，只要n≥2，都有gn(x)＜0.
8.（★★★★）已知函式f(x)= (a＞0,x＞0).
（1）求證:f(x)在(0,+∞)上是增函式；
（2）若f(x)≤2x在(0,+∞)上恆成立，求a的取值範圍；
（3）若f(x)在［m,n］上的值域是［m,n］(m≠n)，求a的取值範圍.
參***
●難點磁場
1.解析：設t=3x，則t∈［1,3］，原不等式可化為a2–a–3＞–2t2+t,t∈［1,3］.
等價於a2–a–3大於f(t)=–2t2+t在［1,3］上的最大值.
答案：(–∞,–1)∪(2,+∞)
2.解：（1）當a=1,b=–2時，f(x)=x2–x–3，由題意可知x=x2–x–3，得x1=–1,x2=3.
故當a=1,b=–2時，f(x)的兩個不動點為–1,3.
（2）∵f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)恒有兩個不動點，
∴x=ax2+(b+1)x+(b–1)，即ax2+bx+(b–1)=0恒有兩相異實根
∴δ=b2–4ab+4a＞0(b∈r)恆成立.
於是δ′=(4a)2–16a＜0解得0＜a＜1
故當b∈r，f(x)恒有兩個相異的不動點時，0＜a＜1.
（3）由題意a、b兩點應在直線y=x上，設a(x1,x1),b(x2,x2)
又∵a、b關於y=kx+對稱.
∴k=–1.設ab的中點為m(x′,y′)
∵x1,x2是方程ax2+bx+(b–1)=0的兩個根.
∴x′=y′=，又點m在直線上有
，即∵a＞0，∴2a+≥2當且僅當2a=即a=∈(0,1)時取等號，
故b≥–，得b的最小值–.
●殲滅難點訓練
一、1.解析：考查函式y1=和y2=(2a)x的圖象，顯然有0＜2a＜1.由題意得a=，再結合指數函式圖象性質可得答案.
答案：a
2.解析：由題意可得f(–x+1)=–f(x+1).令t=–x+1，則x=1–t，故f(t)=–f(2–t)，即f(x)=–f(2–x).
當x＞1,2–x＜1，於是有f(x)=–f(2–x)=–2(x–)2–，其遞減區間為［，+∞).
答案：c
3.解析：顯然有x＞3，原方程可化為
故有(10–a)·x=29,必有10–a＞0得a＜10
又x=＞3可得a＞.
答案：＜a＜10
4.解析：原式化為.
當＜–1,ymin=1+m=–4m=–5.
當–1≤≤1,ymin==–4m=±4不符.
當＞1，ymin=1–m=–4m=5.
答案：±5
二、5.解：(1)令2x=t(t＞0)，設f(t)=t2–4t+a.
由f(t)=0在(0,+∞)有且僅有一根或兩相等實根，則有
①f(t)=0有兩等根時，δ=016–4a=0a=4
驗證：t2–4t+4=0t=2∈(0,+∞)，這時x=1
②f(t)=0有一正根和一負根時,f(0)＜0a＜0
③若f(0)=0，則a=0，此時4x–4·2x=02x=0（捨去），或2x=4,∴x=2，即a中只有乙個元素
綜上所述，a≤0或a=4，即b=
（2）要使原不等式對任意a∈(–∞,0］∪｛4｝恆成立.即g(a)=(x–2)a–(x2–6x)＞0恆成立.只須
＜x≤2
6.解：（1）∵方程ax2+bx=2x有等根，∴δ=(b–2)2=0,得b=2.
由f(x–1)=f(3–x)知此函式圖象的對稱軸方程為x=–=1得a=–1，故f(x)=–x2+2x.
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