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- 2021-05-22 发布
第一讲 函数与方程思想
要点一 函数与方程思想在函数、方程、不等式中的应用
[解析] (1)设 f(x)＝e x－x－1，x>0，则 f′(x)＝e x－1，∴f(x)在
(0，＋∞)上是增函数，且 f(0)＝0，f(x)>0，∴e x －1>x，即 e a －
1>A．又 y＝ax(0ae，从而 ea－1>a>ae.
(2)因为函数 f(x)＝log3(9x＋t2)是定义域 R 上的增函数，且为“优
美函数”，则 f(x)＝x 至少有两个不等实根，由 log3(9x＋t2)＝x，得 9x＋
t2＝3x，所以(3x)2－3x＋t2＝0 有两个不等实根．令 λ＝3x(λ>0)，则 λ2－
λ＋t2＝0 有两个不等正实根，所以Error!解得－1
2
0，所以 a－
1>0，所以 2
a－1
＋ 1
b－2
＝ 2
a－1
＋ 1
2a
a－1
－2
＝ 2
a－1
＋a－1
2
≥2 2
a－1·
a－1
2
＝2，当且仅当 2
a－1
＝a－1
2
和1
a
＋2
b
＝1 同时成立，即 a＝b＝3 时等号
成立，所以 2
a－1
＋ 1
b－2
的最小值为 2，故选 A．
[答案] A
2．(2018·豫南九校联考)若关于 x 的方程 2－2－|x＋2|＝2＋a 有实根，
则实数 a 的取值范围是 ．
[解析] 令 f(x)＝2－2－|x＋2|，要使方程 f(x)＝2＋a 有实根，只需 2
＋a 是 f(x)值域内的值，又可知 f(x)的值域为[1,2)，∴1≤2＋a<2，解
得－1≤a<0.
[答案] [－1,0)
要点二 函数与方程思想在数列中的应用
[解] (1)因为 a1＝2，a23＝a2·(a4＋1)，
又因为{an}是正项等差数列，故 d≥0，
所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)，
解得 d＝2 或 d＝－1(舍去)，
所以数列{an}的通项公式 an＝2n.
(2)因为 Sn＝n(n＋1)，
bn＝ 1
Sn＋1
＋ 1
Sn＋2
＋…＋ 1
S2n
＝ 1
(n＋1)(n＋2)＋ 1
(n＋2)(n＋3)＋…＋ 1
2n(2n＋1)
＝ 1
n＋1
－ 1
n＋2
＋ 1
n＋2
－ 1
n＋3
＋…＋ 1
2n
－ 1
2n＋1
＝ 1
n＋1
－ 1
2n＋1
＝ n
2n2＋3n＋1
＝ 1
2n＋1
n
＋3
，
令 f(x)＝2x＋1
x
(x≥1)，
则 f′(x)＝2－1
x2
，
当 x≥1 时，f′(x)>0 恒成立，
所以 f(x)在[1，＋∞)上是增函数，
故当 x＝1 时，f(x)min＝f(1)＝3，
即当 n＝1 时，(bn)max＝1
6
，
要使对任意的正整数 n，不等式 bn≤k 恒成立，
则须使 k≥(bn)max＝1
6
，
所以实数 k 的最小值为1
6
.
函数与方程思想在数列中的应用技巧
(1)数列的通项与前 n 项和是自变量为整数的函数，可用函数的
观点去处理数列问题，常涉及最值问题或参数范围问题，一般利用二
次函数或一元二次方程来解决．
(2)本题完美体现了函数与方程思想的应用，第(2)问求出 bn 的表
达式，说明要求 bn≤k 恒成立时 k 的最小值，只需求 bn 的最大值，从
而构造函数 f(x)＝2x＋1
x
(x≥1)，利用函数求解．
[对点训练]
3．已知等比数列{an}的首项为3
2
，公比为－1
2
，前 n 项和为 Sn，
则 Sn－ 1
Sn
的最大值与最小值之和为( )
A．1
2
B．1
4
C．1
8
D．1
[解析] 由等比数列前 n 项和公式可得 Sn＝1－(－1
2 )n.
当 n 为奇数时，Sn＝1＋(1
2 )n，∴10)，则 f′(x)＝1－33
x2 .
令 f′(x)＝0，得 x＝ 33，
易知当 x ∈(0 ， 33) 时，f ′(x)<0 ，当 x ∈( 33，＋∞) 时，f
′(x)>0，
∴f(x)在区间(0， 33)上递减，在区间( 33，＋∞)上递增，
又 5< 33<6，且 f(5)＝5＋ 33
5
－1＝ 53
5
，f(6)＝6＋ 33
6
－1＝ 21
2
，
f(5)>f(6)，
∴当 n＝6 时，an
n
有最小值21
2
.
[答案] 21
2
要点三 函数与方程思想在解析几何中的应用
[解] (1)证明：设 P(x0，y0)，A(1
4y21，y1)，B(1
4y22，y2).
因为 PA，PB 的中点在抛物线上，
所以 y1，y2 为方程 (y＋y0
2 )2＝4·
1
4y2＋x0
2
即 y2－2y0y＋8x0－y20＝0 的两个不同的实根．
所以 y1＋y2＝2y0，
因此，PM 垂直于 y 轴．
(2)由(1)可知Error!
所以|PM|＝1
8
(y21＋y22)－x0＝3
4
y20－3x0，
|y1－y2|＝2 2(y20－4x0).
因此，△PAB 的面积 S△PAB＝1
2
|PM|·|y1－y2|＝3 2
4
(y20－4x0)3
2
.
因为 x20＋y20
4
＝1(x0<0)，所以 y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4,5]．
因此，△PAB 面积的取值范围是[6 2，15 10
4 ].
函数与方程思想在解析几何中的应用技巧
(1)求圆锥曲线的方程、离心率，通常利用方程的思想建立 a，b，
c 的关系式求解．
(2)在解析几何中，求某个量(直线斜率，直线在 x、y 轴上的截距，
弦长，三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用
条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率，动点的横、纵
坐标等)的函数，并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域)，将问
题转化为求函数的值域或最值．
[对点训练]
5．(2018·郑州质检)已知圆 M：x2＋y2＝r2(r>0)与直线 l1：x－ 3y
＋4＝0 相切，设点 A 为圆上一动点，AB⊥x 轴于 B，且动点 N 满足 AB→
＝2NB→
，设动点 N 的轨迹为曲线 C．
(1)求曲线 C 的方程；
(2)直线 l 与直线 l1 垂直且与曲线 C 交于 P，Q 两点，求△OPQ(O
为坐标原点)面积的最大值．
[解] (1)设动点 N(x，y)，A(x 0，y0)，因为 AB⊥x 轴于 B，所以
B(x0,0)，
由题意得，r＝ |4|
1＋3
＝2，
所以圆 M 的方程为 M：x2＋y2＝4.
因为AB→
＝2NB→
，所以(0，－y0)＝2(x0－x，－y)，
即Error!
将 A(x,2y)代入圆 M：x2＋y2＝4 中，得动点 N 的轨迹方程为x2
4
＋y2
＝1.
(2)由题意，设直线 l： 3x＋y＋m＝0，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联
立直线 l 与椭圆 C 的方程得Error!消去 y，得 13x2＋8 3mx＋4m2－4
＝0，
Δ＝192m2－4×13(4m2－4)＝16(－m2＋13)>0，解得 m2<13，x1＋
x2＝－8 3m
13
，x1·x2＝4(m2－1)
13
.
又点 O 到直线 l 的距离 d＝|m|
2
，|PQ|＝2|x1－x2|＝8 13－m2
13
，
所以 S△OPQ＝1
2
·|m|
2
·8 13－m2
13
＝2 m2(13－m2)
13
≤1，当且仅当 m2＝
13－m2，即 m＝± 26
2
时，等号成立．
故△OPQ 面积的最大值为 1.
1.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，再如方程 f(x)＝g(x)的解的问题
可以转化为函数 y＝f(x)与 y＝g(x)的交点问题，也可以转化为函数 y＝
f(x)－g(x)与 x 轴的交点问题，方程 f(x)＝a 有解，当且仅当 a 属于函
数 f(x)的值域．
2．当问题中涉及一些变化的量时，就需要建立这些变化的量之
间的关系，通过变量之间的关系探究问题的答案，这就需要使用函数
思想．
3．借助有关函数的性质，一是用来解决有关求值、解(证)不等式、
解方程以及讨论参数的取值范围等问题，二是在问题的研究中，可以
通过建立函数关系式或构造中间函数来求解．
专题跟踪训练(一)
一、选择题
1．若 x>y>1,0by
C．lnx
b
lny
a
[ 解 析 ] 因 为 函 数 y ＝ ax(0y>1,00)在(0，＋∞)上单调
递增，可得 ay0)的焦点 F，
抛物线 C 上存在点 P 与点 Q(5,0)关于直线 l 对称，则 p＝( )
A．1
2
B．1
C．2 D．4
[解析] 由题意，F(p
2
，0)，设 P(x0，y0)，直线 PQ 的方程为 y＝－ 3
(x－5)，∴Error!∴3(x0－5)2＝2px0.又 x0＋p
2
＝5－p
2
，∴x0＝3，p＝2，
故选 C．
[答案] C
3．(2018·银川模拟)已知非零向量 m，n 满足 4|m|＝3|n|，cos
〈m，n〉＝1
3
，若 n⊥(tm＋n)，则实数 t 的值为( )
A．4 B．－4
C．9
4
D．－9
4
[解析] ∵n⊥(tm＋n)，∴n·(tm＋n)＝0，
即 tm·n＋|n|2＝0，
∴t|m n|cos〈m，n〉＋|n|2＝0.
又 4|m|＝3|n|，∴t×3
4
|n|2×1
3
＋|n|2＝0，
解得 t＝－4.故选 B．
[答案] B
4．(2018·沈阳模拟)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝13，
S3＝S11，当 Sn 最大时，n 的值是( )
A．5 B．6
C．7 D．8
[解析] 解法一：由 S3＝S11，得 a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差
数列的性质，可得 a7＋a8＝0，根据首项 a1＝13 可推知数列{an}递减，
从而得到 a7>0，a8<0，故 n＝7 时，Sn 最大．故选 C．
解法二：设{an}的公差为 d，由 S3＝S11，可得 3a1＋3d＝11a1＋
55d，把 a1＝13 代入，得 d＝－2，故 Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n，
根据二次函数的性质，知当 n＝7 时，Sn 最大．故选 C．
解法三：根据 a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且
这个数列的和先是单调递增然后单调递减，根据公差不为零的等差数
列的前 n 项和是关于 n 的二次函数，以及二次函数图象的对称性，得
只有当 n＝3＋11
2
＝7 时，Sn 取得最大值．故选 C．
[答案] C
5．(2018·济南一模)方程 m＋ 1－x＝x 有解，则 m 的最大值为
( )
A．1 B．0
C．－1 D．－2
[解析] 由原式得 m＝x－ 1－x，设 1－x＝t(t≥0)，
则 m＝1－t2－t＝5
4
－(t＋1
2)2，
∵m＝5
4
－(t＋1
2)2 在[0，＋∞)上是减函数．
∴t＝0 时，m 的最大值为 1，故选 A．
[答案] A
6．(2018·江西七校联考)直线 y＝a 分别与曲线 y＝2(x＋1)，y＝x＋
lnx 交于点 A，B，则|AB|的最小值为( )
A．3 B．2
C．3 2
4
D．3
2
[解析] 当 y＝a 时，2(x＋1)＝a，所以 x＝a
2
－1.
设方程 x＋lnx＝a 的根为 t，则 t＋lnt＝a，则|AB|＝ |t－a
2
＋1|＝
|t－t＋lnt
2
＋1|＝|t
2
－lnt
2
＋1|.设 g(t)＝t
2
－lnt
2
＋1(t>0)，则 g′(t)＝1
2
－1
2t
＝
t－1
2t
，令 g′(t)＝0，得 t＝1，当 t∈(0,1)时，g′(t)<0；当 t∈(1，＋∞)
时，g′(t)>0，所以 g(t)min＝g(1)＝3
2
，所以|AB|≥3
2
，所以|AB|的最小值
为3
2
，故选 D．
[答案] D
二、填空题
7．(2018·江苏卷)在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线 x2
a2
－y2
b2
＝
1(a>0，b>0)的右焦点 F(c,0)到一条渐近线的距离为 3
2
c，则其离心率
的值是 ．
[解析] 双曲线的一条渐近线方程为 bx－ay＝0，则 F(c,0)到这条
渐近线的距离为 |bc|
b2＋(－a)2
＝ 3
2
c，∴b＝ 3
2
c，∴b2＝3
4
c2，又 b2＝c2－
a2，∴c2＝4a2，∴e＝c
a
＝2.
[答案] 2
8．在各项都为正数的等比数列{an}中，已知 a1＝2，a 2n＋2＋4a2n＝
4a 2n＋1，则数列{an}的通项公式为 an＝ .
[解析] 因为 a 2n＋2＋4a2n＝4a 2n＋1，所以(anq2)2＋4a2n＝4(anq)2，所以
q4－4q2＋4＝0⇒q＝ 2，则 an＝2× ＝ .
[答案]
9．已知关于 x 的方程(a－1)x－lnx＋b＝0(a，b∈R，a>1)至多有
一个实数根，则 a＋b 的取值范围为 ．
[解析] 由题可知，直线 y＝(a－1)x＋b 与曲线 y＝lnx 至多有一
个 公 共 点 ． 当 直 线 与 曲 线 相 切 时 ， 设 切 点 为 (x0 ， lnx0) ，
，则曲线 y＝lnx 在点(x0，lnx0)处的切线方程为 y－
lnx0＝1
x0(x－x0)，所以Error!则 a＋b＝ 1
x0
＋lnx0，x0>0，构造函数求导
易得1
x0
＋lnx0∈[1，＋∞)．
当直线 y＝(a－1)x＋b 与曲线 y＝lnx 相离时，a＋b 的值必然大于
直线 y＝(a－1)x＋b 与曲线 y＝lnx 相切时的值，故 a＋b 的取值范围
为[1，＋∞)．
[答案] [1，＋∞)
三、解答题
10．(2017·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，
b，c，已知 sin(A＋C)＝8sin2B
2
.
(1)求 cosB；
(2)若 a＋c＝6，△ABC 的面积为 2，求 B．
[解] (1)由题设及 A＋B＋C＝π，得 sinB＝8sin2B
2
，
故 sinB＝4(1－cosB)．
上式两边平方，结合 sin2B＝1－cos2B，
整理得 17cos2B－32cosB＋15＝0，
解得 cosB＝1(舍去)，cosB＝15
17
.
(2)由 cosB＝15
17
得 sinB＝ 8
17
，
故 S△ABC＝1
2
acsinB＝ 4
17
aC．
又 S△ABC＝2，则 ac＝17
2
.
由余弦定理及 a＋c＝6，得 b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1
＋cosB)＝36－2×17
2
×(1＋15
17)＝4.
所以 b＝2.
11．(2018·深圳调研)已知等差数列{a n}的公差 d≠0，a 1＋a4＝
14，且 a1，a2，a7 成等比数列．
(1)求{an}的通项公式 an 与前 n 项和公式 Sn；
(2)令 bn＝ Sn
n＋k
，若{bn}是等差数列，求数列{ 1
bnbn＋1}的前 n 项和 Tn
的最小值．
[解] (1)a1＋a4＝2a1＋3d＝14，
由 a1，a2，a7 成等比数列得 a1(a1＋6d)＝(a1＋d)2，整理得
d2＝4a1d，∵d≠0，∴d＝4a1，
由 d＝4a1 与 2a1＋3d＝14 联立，解得 a1＝1，d＝4，
∴an＝a1＋(n－1)d＝4n－3，Sn＝n(1＋4n－3)
2
＝2n2－n.
(2)由(1)知 bn＝2n2－n
n＋k
，∵{bn}为等差数列，
∴2b2＝b1＋b3，代入可解得 k＝－1
2
或 k＝0，
当 k＝－1
2
时，bn＝2n，则 1
bnbn＋1
＝1
4(1
n
－ 1
n＋1)，
∴Tn＝1
4(1
1
－1
2
＋1
2
－1
3
＋…＋1
n
－ 1
n＋1)＝ n
4(n＋1)，
又 y＝ x
4(x＋1)＝ 1
4(1＋1
x)
在(0，＋∞)上是增函数，
∴当 n＝1 时，Tn 有最小值1
8
.
当 k＝0 时，bn＝2n－1，
则 1
bnbn＋1
＝ 1
(2n－1)(2n＋1)＝1
2( 1
2n－1
－ 1
2n＋1)，
∴Tn＝1
2(1
1
－1
3
＋1
3
－1
5
＋…＋ 1
2n－1
－ 1
2n＋1)
＝ n
2n＋1
，
又 y＝ x
2x＋1
＝ 1
2＋1
x
在(0，＋∞)上是增函数，
∴当 n＝1 时，Tn 取到最小值1
3
.
综上，当 k＝－1
2
时，Tn 的最小值为1
8
；
当 k＝0 时，Tn 的最小值为1
3
.
12．设椭圆中心在坐标原点，A(2,0)，B(0,1)是它的两个顶点，直
线 y＝kx(k>0)与 AB 相交于点 D，与椭圆相交于 E，F 两点．
(1)若ED→
＝6DF→
，求 k 的值；
(2)求四边形 AEBF 面积的最大值．
[解] (1)依题意得椭圆的方程为x2
4
＋y2＝1，直线 AB，EF 的方程
分别为 x＋2y＝2，y＝kx(k>0)．
如图，设 D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中 x10)，即当 k＝1
2
时，上式取等号．
所以 S 的最大值为 2 2.
即四边形 AEBF 面积的最大值为 2 2.