運用函數(shù)思想解題

高考以函數(shù)為主導(dǎo)滲透參數(shù)思想的試題每年都有，函數(shù)和它與其它數(shù)學(xué)知識的關(guān)系倍受重視，特別是一次型函數(shù)、二次型函數(shù)，以及復(fù)合函數(shù)知識的靈活運用更是對學(xué)生數(shù)學(xué)能力考查的重要內(nèi)容。綜觀高中數(shù)學(xué)教材，以函數(shù)為綱、滲透參數(shù)思想貫穿整個教材。因此，在高中數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)過程中，我們必須逐步樹立起函數(shù)思想，以函數(shù)觀點來解決數(shù)學(xué)問題，只有在函數(shù)思想指導(dǎo)下才能用數(shù)形結(jié)合的方法來解答數(shù)學(xué)問題。為此，我們必須熟練掌握幾類最基本的初等函數(shù)的性質(zhì)和圖像，并能熟練地利用平移、對稱、伸縮變換來作出一些簡單復(fù)合函數(shù)圖像的示意圖，從而運用函數(shù)的性質(zhì)來解決問題。

例1：已知0＜a＜1，x≠x且x、x∈（，∞），試比較+與的大小，并說明你的理由。

分析：若本題用作差的方法來比較大小，則通分后分子、分母的結(jié)構(gòu)都非常復(fù)雜，并且分子分母的取值符號不易確定。細心觀察式子：、與=2#8226;，顯然它們都與函數(shù)f（x）=相關(guān)，因此問題轉(zhuǎn)化為比較f（x）+f（x）與2f（）的大小，聯(lián)想函數(shù)圖像就可解決。

解：設(shè)f（x）=，對y=變形得y=#8226;即y-=，令x′=x-，y′=y-，則y′=（反比例函數(shù)）（如圖），由于y=f（x）在x∈（，∞）上的圖像是向下凸的，所以對于x≠x且x、x∈（，∞），函數(shù)圖像上兩點A（x，f（x））、B（x，f（x））連結(jié)弦AB的中點M（，），若過M作x軸的垂線交曲線弧于點N（，f（）），則N總在M的下方，所以＞f（），即f（x）+f（x）＞2#8226;f（），∴當(dāng)0＜a＜1，x≠x且x、x∈（，∞）時必有+＞。

例2：已知橢圓C：+=1，P（a，0）是X軸上的動點，求點P到橢圓C上動點Q的最近距離g（a），并就g（a）=4時求a的值。

分析：動點P（a，0）到橢圓C：+=1上的動點Q（x，y）的距離是關(guān)于x、y的二元函數(shù)，欲求二元函數(shù)的最值，須將多元函數(shù)一元化，因此可以用橢圓的參數(shù)方程解之。

解：設(shè)Q（5cosθ，3sinθ）是橢圓C：+=1上的動點，則 |PQ|=（5cosθ-a）+（3sinθ）=16cosθ-10acosθ+（a+9）。若令t=cosθ，f（t）=16t-10at+（a+9），t∈［-1，1］，則問題轉(zhuǎn)化為求二次型函數(shù)f（t）=16t-10at+（a+9），t∈［-1，1］的最小值。數(shù)形結(jié)合易得：當(dāng)a＜-1，即a＜-時，y=f（-1）=（a+5）；當(dāng)-1≤a≤1時，即-≤a≤時，y=f（a）=（16-a）；當(dāng)a＞1，即a＞時，y=f（1）=（a-5）。

注意到|PQ|=，得g（a）=|a+5|（a＜-）（-≤a≤）|a-5|（a＞），即為所求。

若g（a）=4，則易得a=±9。

例3：已知實系數(shù)一元二次方程ax+bx+c=0，若ax+bx+c+t（x-k）=0對于一切實數(shù)t都有實數(shù)根，試求實數(shù)k與方程ax+bx+c=0的根的關(guān)系。

解：聯(lián)想到函數(shù)f（x）=ax+bx+c，由條件f（x）+t（x-k）=0對于一切實數(shù)t都有實數(shù)根，當(dāng)然對t=0該方程也有實數(shù)根，即方程ax+bx+c=0有實數(shù)根x≤x。而ax+bx+c+t（x-k）=0，即ax+bx+c=-t（x-k），由條件f（x）+t（x-k）=0對于一切實數(shù)t都有實數(shù)根，即兩曲線y=ax+bx+c與y=-t（x-k）對于t為任何實數(shù)都有交點。數(shù)形結(jié)合（如圖）便知x≤k≤x為所求。

另解：∵對于一切實數(shù)t，方程ax+bx+c+t（x-k）=0都有實數(shù)根，∴△=（b+t）-4a（c-kt）≥0對于一切t∈R都成立，從而得到t+（2b+4ak）t+（b-4ac）≥0的解是R，∴△=（2b+4ak）-4（b-4ac）≤0，即a（ak+bk+c）≤0。

例4：當(dāng)a為何值時不等式log（x-2x+a）+3＞0存在正數(shù)解？

解：log（x-2x+a）+3＞0?圳0＜x-2x+a＜8?圳-x+2x＜a＜-x+2x+8，聯(lián)想到函數(shù)f（x）=-x+2x、φ（x）=-x+2x+8、ψ（x）=a，則原題題意即：存在x＞0，使f（x）＜ψ（x）＜φ（x），數(shù)形結(jié)合便得a∈（-∞，9）。

的方程；（2）設(shè)a＞0，如果過點（a，b）可作曲線y=f（x）的三條切線，證明：-a＜b＜f（a）。

解（1）：∵f′（x）=3x-1，∴曲線y=f（x）在點M（t，f（t））處的切線的方程為y-（t-t）=（3t-1）（x-t），即y=（3t-1）x-2t為所求。

證明（2）：∵過點（a，b）可作曲線y=f（x）的三條切線，∴存在實數(shù)a、b使關(guān)于t的方程2t-3at+（a+b）=0有三個不相等的實數(shù)根。

令g（t）=2t-3at+（a+b），則g′（t）=6t（t-a）（注意到條件a＞0）。

∴當(dāng)t∈（-∞，0）或t∈（a，+∞）時g′（t）＞0，當(dāng)t∈（0，a）時g′（t）＜0，

∴函數(shù)g（t）在t∈（-∞，0）是增函數(shù)，在t∈（0，a）是減函數(shù)，在t∈（a，+∞）上是增函數(shù)，∴函數(shù)g（t）在t=0處取得極大值g（0）=（a+b），在t=a處取得極小值g（a）=b-（a-a）=b-f（a）。

∵2t-3at+（a+b）=0有三個不相等的實數(shù)根，

∴必須極大值（a+b）＞0且極小值b-f（a）＜0，即-a＜b＜f（a）。

例題6：（2008理科卷Ⅱ22題）設(shè)函數(shù)f（x）=，（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）如果對于任何x≥0，都有f（x）≤ax，求實數(shù)a的取值范圍。

解（1）：∵f′（x）==，顯然f′（x）=0，得cos=-，即x=2kπ+，k∈Z或x=2kπ+，k∈Z，

∴當(dāng)f′（x）＜0時，x∈（2kπ+，2kπ+），k∈Z，

當(dāng)f′（x）＞0時，x∈（2kπ-，2kπ+），k∈Z，

∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是x∈（2kπ+，2kπ+），k∈Z，

函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是x∈（2kπ-，2kπ+），k∈Z。

解（2）：若令g（x）=ax-f（x）=ax-，則g′（x）=a-=a-=-+a=3（-）+a-。

顯然當(dāng)a≥時g′（x）≥0，即g（x）在x∈［0，+∞）是增函數(shù)，得g（x）≥g（0）=0，

所以當(dāng)a∈[，+∞)時對于一切x≥0都有f（x）≤ax。

當(dāng)0＜a＜時，令φ（x）=sinx-3ax，則φ′（x）=cosx-3a。當(dāng)x∈［0，arccos3a）時得φ′（x）＞0，因此φ（x）在x∈［0，arccos3a）上單調(diào)遞增，有φ（x）＞φ（0）=0，這時ax＜，而當(dāng)x∈［0，arccos3a）時f（x）=＞＞ax，不合題設(shè)。

當(dāng)a＜0時存在x=使f（）=＞#8226;a，即a＜0時存在x=使f（x）＞ax不合題設(shè)。

綜上所述，a∈[，+∞)即為所求。

例題7：（2008全國卷Ⅰ理科19題）已知函數(shù)f（x）=x+ax+x+1，a∈R，（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）設(shè)函數(shù)f（x）在區(qū)間（-，-）內(nèi)是減函數(shù)，求a的取值范圍。

解（1）：∵f′（x）=3x+2ax+1，令△=4a-12=4（a+）（a-），

顯然，當(dāng)-≤a≤時△≤0，此時f′（x）≥0對于一切實數(shù)x成立，

∴當(dāng)a∈［-，］時f（x）在x∈（-∞，+∞）上是增函數(shù)。

當(dāng)a∈（-∞，-）∪（，+∞）時△＞0，這時f′（x）=0有兩個不等實數(shù)根：

x=--，x=-+，

因此，f′（x）＞0得x∈（-∞，-），x∈（-，+∞）時f（x）單調(diào)遞增，

f′（x）＜0得x∈（-，-）時f（x）單調(diào)遞減。

解（2）：若函數(shù)f（x）在區(qū)間（-，-）內(nèi)是減函數(shù)，

則（-，-）?哿（-，-），

∴-≥-，并且-≤-，

即2-a≤，并且≥a-1，解之得a∈［2，+∞）。

另解（2）：若函數(shù)f（x）在區(qū)間（-，-）內(nèi)是減函數(shù)，則x∈（-，-）當(dāng)時恒有f′（x）≤0成立，因此f′（-）≤0，并且f′（-）≤0，解之得a∈［2，+∞）。