难点36 函数方程思想
函数与方程思想是最重要的一种数学思想，高考中所占比重较大，综合知识多、题型多、应用技巧多.函数思想简单，即将所研究的问题借助建立函数关系式亦或构造中间函数，结合初等函数的图象与性质，加以分析、转化、解决有关求值、解（证）不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题；方程思想即将问题中的数量关系运用数学语言转化为方程模型加以解决.
●难点磁场
1.（★★★★★）关于x的不等式2·32x–3x+a2–a–3＞0，当0≤x≤1时恒成立，则实数a的取值范围为 .
2.（★★★★★）对于函数f(x)，若存在x0∈R,使f(x0)=x0成立，则称x0为f(x)的不动点.已知函数f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)
（1）若a=1,b=–2时，求f(x)的不动点；
（2）若对任意实数b，函数f(x)恒有两个相异的不动点，求a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若y=f(x)图象上A、B两点的横坐标是函数f(x)的不动点，且A、B关于直线y=kx+
对称，求b的最小值.
●案例探究
［例1］已知函数f(x)=logm
(1)若f(x)的定义域为［α，β］，（β＞α＞0），判断f(x)在定义域上的增减性，并加以说明；
(2)当0＜m＜1时，使f(x)的值域为［logm［m(β–1)］，logm［m(α–1)］］的定义域区间为［α,β］(β＞α＞0)是否存在？请说明理由.
命题意图：本题重在考查函数的性质，方程思想的应用.属★★★★级题目.
知识依托：函数单调性的定义判断法；单调性的应用；方程根的分布；解不等式组.
错解分析：第(1)问中考生易忽视“α＞3”这一关键隐性条件；第(2)问中转化出的方程，不能认清其根的实质特点，为两大于3的根.
技巧与方法：本题巧就巧在采用了等价转化的方法，借助函数方程思想，巧妙解题.
解：（1）
x＜–3或x＞3.
∵f(x)定义域为［α,β］,∴α＞3
设β≥x1＞x2≥α，有
当0＜m＜1时，f(x)为减函数，当m＞1时，f(x)为增函数.
（2）若f(x)在［α,β］上的值域为［logmm(β–1),logmm(α–1)］
∵0＜m＜1, f(x)为减函数.
∴
即
即α,β为方程mx2+(2m–1)x–3(m–1)=0的大于3的两个根
∴
∴0＜m＜
故当0＜m＜时，满足题意条件的m存在.
［例2］已知函数f(x)=x2–(m+1)x+m(m∈R)
(1)若tanA,tanB是方程f(x)+4=0的两个实根，A、B是锐角三角形ABC的两个内角.求证：m≥5;
(2)对任意实数α,恒有f(2+cosα)≤0，证明m≥3;
(3)在(2)的条件下，若函数f(sinα)的最大值是8，求m.
命题意图：本题考查函数、方程与三角函数的相互应用；不等式法求参数的范围.属
★★★★★级题目.
知识依托：一元二次方程的韦达定理、特定区间上正负号的充要条件，三角函数公式.
错解分析：第(1)问中易漏掉Δ≥0和tan(A+B)＜0，第(2)问中如何保证f(x)在［1,3］恒小于等于零为关键.
技巧与方法：深挖题意，做到题意条件都明确，隐性条件注意列.列式要周到，不遗漏.
（1）证明：f(x)+4=0即x2–(m+1)x+m+4=0.依题意：
又A、B锐角为三角形内两内角
∴
＜A+B＜π
∴tan(A+B)＜0，即
∴
∴m≥5
(2)证明：∵f(x)=(x–1)(x–m)
又–1≤cosα≤1，∴1≤2+cosα≤3，恒有f(2+cosα)≤0
即1≤x≤3时，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,∴当sinα=–1时，f(sinα)有最大值8.
即1+(m+1)+m=8，∴m=3
●锦囊妙计
函数与方程的思想是最重要的一种数学思想，要注意函数，方程与不等式之间的相互联系和转化.考生应做到：
（1）深刻理解一般函数y=f(x)、y=f–1(x)的性质（单调性、奇偶性、周期性、最值和图象变换），熟练掌握基本初等函数的性质，这是应用函数思想解题的基础.
（2）密切注意三个“二次”的相关问题，三个“二次”即一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式是中学数学的重要内容，具有丰富的内涵和密切的联系.掌握二次函数基本性质，二次方程实根分布条件，二次不等式的转化策略.
●歼灭难点训练
一、选择题
1.（★★★★★）已知函数f(x)=loga［
–(2a)2］对任意x∈［
,+∞］都有意义，则实数a的取值范围是( )
A.(0,
B.(0,)
C.［,1
D.(,
）
2.（★★★★★）函数f(x)的定义域为R，且x≠1，已知f(x+1)为奇函数，当x＜1时，f(x)=2x2–x+1，那么当x＞1时，f(x)的递减区间是( )
A.［
，+∞
B.(1,
C.［
,+∞
D.(1,］
二、填空题
3.（★★★★）关于x的方程lg(ax–1)–lg(x–3)=1有解，则a的取值范围是 .
4.（★★★★★）如果y=1–sin2x–mcosx的最小值为–4，则m的值为 .
三、解答题
5.（★★★★）设集合A={x｜4x–2x+2+a=0,x∈R}.
（1）若A中仅有一个元素，求实数a的取值集合B；
（2）若对于任意a∈B，不等式x2–6x＜a(x–2)恒成立，求x的取值范围.
6.（★★★★）已知二次函数f(x)=ax2+bx(a,b为常数，且a≠0)满足条件:f(x–1)=f(3–x)且方程f(x)=2x有等根.
（1）求f(x)的解析式；
（2）是否存在实数m，n(m＜n＝，使f(x)定义域和值域分别为［m,n］和［4m,4n］，如果存在，求出m、n的值；如果不存在，说明理由.
7.（★★★★★）已知函数f(x)=6x–6x2，设函数g1(x)=f(x), g2(x)=f［g1(x)］, g3(x)=f ［g2(x)］,
…gn(x)=f［gn–1(x)］,…
（1）求证：如果存在一个实数x0，满足g1(x0)=x0，那么对一切n∈N，gn(x0)=x0都成立；
（2）若实数x0满足gn(x0)=x0，则称x0为稳定不动点，试求出所有这些稳定不动点；
（3）设区间A=（–∞,0）,对于任意x∈A，有g1(x)=f(x)=a＜0, g2(x)=f［g1(x)］=f(0)＜0，
且n≥2时，gn(x)＜0.试问是否存在区间B（A∩B≠
），对于区间内任意实数x，只要n≥2，都有gn(x)＜0.
8.（★★★★）已知函数f(x)=
(a＞0,x＞0).
（1）求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数；
（2）若f(x)≤2x在(0,+∞)上恒成立，求a的取值范围；
（3）若f(x)在［m,n］上的值域是［m,n］(m≠n)，求a的取值范围.
参 考 答 案
●难点磁场
1.解析：设t=3x，则t∈［1,3］，原不等式可化为a2–a–3＞–2t2+t,t∈［1,3］.
等价于a2–a–3大于f(t)=–2t2+t在［1,3］上的最大值.
答案：(–∞,–1)∪(2,+∞)
2.解：（1）当a=1,b=–2时，f(x)=x2–x–3，由题意可知x=x2–x–3，得x1=–1,x2=3.
故当a=1,b=–2时，f(x)的两个不动点为–1,3.
（2）∵f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)恒有两个不动点，
∴x=ax2+(b+1)x+(b–1)，即ax2+bx+(b–1)=0恒有两相异实根
∴Δ=b2–4ab+4a＞0(b∈R)恒成立.
于是Δ′=(4a)2–16a＜0解得0＜a＜1
故当b∈R，f(x)恒有两个相异的不动点时，0＜a＜1.
（3）由题意A、B两点应在直线y=x上，设A(x1,x1),B(x2,x2)
又∵A、B关于y=kx+对称.
∴k=–1.设AB的中点为M(x′,y′)
∵x1,x2是方程ax2+bx+(b–1)=0的两个根.
∴x′=y′=
，又点M在直线
上有
，即
∵a＞0，∴2a+
≥2
当且仅当2a=即a=
∈(0,1)时取等号，
故b≥–
，得b的最小值–
.
●歼灭难点训练
一、1.解析：考查函数y1=和y2=(2a)x的图象，显然有0＜2a＜1.由题意
得a=，再结合指数函数图象性质可得答案.
答案：A
2.解析：由题意可得f(–x+1)=–f(x+1).令t=–x+1，则x=1–t，故f(t)=–f(2–t)，即f(x)=–f(2–x).
当x＞1,2–x＜1，于是有f(x)=–f(2–x)=–2(x–
)2–
，其递减区间为［，+∞).
答案：C
3.解析：显然有x＞3，原方程可化为
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：原式化为
.
当
＜–1,ymin=1+m=–4
m=–5.
当–1≤≤1,ymin=
=–4m=±4不符.
当＞1，ymin=1–m=–4m=5.
答案：±5
二、5.解：(1)令2x=t(t＞0)，设f(t)=t2–4t+a.
由f(t)=0在(0,+∞)有且仅有一根或两相等实根，则有
①f(t)=0有两等根时，Δ=016–4a=0a=4
验证：t2–4t+4=0t=2∈(0,+∞)，这时x=1
②f(t)=0有一正根和一负根时,f(0)＜0a＜0
③若f(0)=0，则a=0，此时4x–4·2x=02x=0（舍去），或2x=4,∴x=2，即A中只有一个元素
综上所述，a≤0或a=4，即B={a｜a≤0或a=4}
（2）要使原不等式对任意a∈(–∞,0］∪｛4｝恒成立.即g(a)=(x–2)a–(x2–6x)＞0恒成立.只须
＜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)知此函数图象的对称轴方程为x=–
=1得a=–1，故f(x)=–x2+2x.
（2）f(x)=–(x–1)2+1≤1，∴4n≤1，即n≤
而抛物线y=–x2+2x的对称轴为x=1
∴n≤时，f(x)在［m,n］上为增函数.
若满足题设条件的m,n存在，则
又m＜n≤,∴m=–2,n=0，这时定义域为［–2,0］，值域为［–8,0］.
由以上知满足条件的m、n存在，m=–2,n=0.
7.(1)证明：当n=1时，g1(x0)=x0显然成立；
设n=k时，有gk(x0)=x0(k∈N)成立，
则gk+1(x0)=f［gk(x0)］=f(x0)=g1(x0)=x0
即n=k+1时，命题成立.
∴对一切n∈N,若g1(x0)=x0，则gn(x0)=x0.
（2）解：由（1）知，稳定不动点x0只需满足f(x0)=x0
由f(x0)=x0，得6x0–6x02=x0,∴x0=0或x0=
∴稳定不动点为0和.
(3)解：∵f(x)＜0，得6x–6x2＜0x＜0或x＞1.
∴gn(x)＜0
f［gn–1(x)］＜0gn–1(x)＜0或gn–1(x)＞1
要使一切n∈N,n≥2，都有gn(x)＜0，必须有g1(x)＜0或g1(x)＞1.
由g1(x)＜06x–6x2＜0x＜0或x＞1
由g1(x)＞06x–6x2＞1
故对于区间(
)和(1,+∞)内的任意实数x,只要n≥2,n∈N，都有gn(x)＜0.
8.(1)证明：任取x1＞x2＞0,f(x1)–f(x2)=
∵x1＞x2＞0,∴x1x2＞0，x1–x2＞0,
∴f(x1)–f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，故f(x)在(0,+∞)上是增函数.
（2）解：∵≤2x在(0,+∞)上恒成立，且a＞0,
∴a≥
在（0，+∞）上恒成立，令
（当且仅当2x=
即x=时取等号），要使a≥在(0,+∞)上恒成立，则a≥.故a的取值范
围是［,+∞).
(3)解：由（1）f(x)在定义域上是增函数.
∴m=f(m),n=f(n)，即m2–m+1=0，n2–n+1=0
故方程x2–x+1=0有两个不相等的正根m，n，注意到m·n=1，故只需要Δ=()2–4＞0,由于a＞0，则0＜a＜.