数学思想在解题中的应用(上)

数学思想在解题中的应用（上）
目录
前言
第一章 高中数学常用的思想方法
一、 数形结合思想
1、 知识点概述
2、 解题方法指导
3、 数形结合思想方法的应用
4、 数形结合思想在函数中的应用
二、 函数与方程思想
1、 函数的思想
2、 方程的思想
3、 函数方程思想的应用
三、 化归与转化思想
1、 等于不等的相互转化
2、 正与反的相互转化
3、 特殊与一般的相互转化
4、 简单与复杂的相互转化







1

前言
美国著名数学教育家波利亚说过，掌握数学就意味着要善于解题。而当我们解题时遇到一个新问题 ，
我们总想用旧的题型去套，这只是满足于解出来，只有对数学思想、数学方法理解和融会贯通时，才能 提
出新看法，巧解法。高考试题特别注重对数学思想方法的考察，特别是突出考察能力的试题，其解答过 程
都蕴含着重要的数学思想方法。我们要有意识的用数学思想方法去分析问题去解决问题，提高能力，形 成
数学素养，使自己具有数学头脑和眼光。
高考试题主要从以下几个方面对数学思想方法进行考察：
1、 常用数学方法;配方法，换元法，待定系数法，参数法，消去法，数学归纳法等
2、 常用数学逻辑方法：分析法，综合法，反证法，归纳法，演绎法等
3、 常用数学思维方法：观察与分析，概括与抽象，分析与综合，特殊与一般，类比等
4、 常用数学思想 ：数形结合思想，函数与方程思想，化归与转化思想，有限与无限思想，必然与或然
思想，分类讨论思想 等
数学思想方法与数学基础知识相比较，它有较高的低位和层次。数学知识使数学内容，可以用文字，
符号来记录和描述，随着时间的推移，记忆力的衰退，将来可能忘记。而数学思想是一种数学意识，只能
够领会和应用，属于思想的范畴，用以对数学问题的认识，处理和解决。掌握数学思想方法，不是受用一
阵子，而是受用一辈子。即使数学知识忘了，数学思想方法还是记得，对你还是起作用。
数学 思想方法中，数学基本方法是数学思想的体现，是数学的模型，具有模式化和可操作性的特征。
可以选用 作为解题的基本手段。
可以说，知识是基础，方法是手段。思想是深化，提高数学素质的核心就是提高 学生对数学知识方法
的认识和应用。数学素质的综合能力的体现就是应用。
为帮助学生掌握解 题的金钥匙，掌握解题的思想方法，本书先是介绍了高考中常用的基本思想方法，
配方法，换元法，待定 系数法，归纳法，参数法，数形结合思想，分类讨论思想，化归与转化思想，特殊
与一般思想，有限与无 限思想，或然与必然思想，函数与方程思想。末位整合了高考中的热点问题。



















2

第一章 数形结合的思想方法
一、 知识要点概述
数与形是数学中两个最古老、最基本的元素，是数学大厦深处的两块基石，所有的数学< br>问题都是围绕数和形的提炼、演变、发展而展开的：每一个几何图形中都蕴藏着一定的数量
关系， 而数量关系又常常可以通过图形的直观性作出形象的描述。因此，在解决数学问题时，
常常根据数学问题 的条件和结论之间的内在联系，将数的问题利用形来观察，提示其几何意
义；而形的问题也常借助数去思 考，分析其代数含义，如此将数量关系和空间形式巧妙地结
合起来，并充分利用这种“结合”，寻找解题 思路，使问题得到解决的方法，简言之，就是把
数学问题中的数量关系和空间形式相结合起来加以考察的 处理数学问题的方法，称之为数形
结合的思想方法。
数形结合是一个数学思想方法，包含“以 形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大
致可以分为两种情形：或者是借助形的生动和直观性来阐明 数之间的联系，即以形作为手段，
数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者是借助 于数的精确性和规范
严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精 确地阐
明曲线的几何性质。
数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起 来，关键是代数问题与
图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化。在运用数形结 合思想分
析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、
合理用参 ，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范
围。
二、 解题方法指导
1．转换数与形的三条途径：
① 通过坐标系的建立，引入数量化静为动，以动求解。
② 转化，通过分析数与式的结构特点，把问题转 化到另一个角度来考虑，如将转化为勾
股定理或平面上两点间的距离等。
③ 构造，比如构造一个几何图形，构造一个函数，构造一个图表等。
2．运用数形结合思想解题的三种类型及思维方法：
①“由形化数” ：就是借助所给的图形，仔细观察研究，提示出图形中蕴含的数量关系，
反映几何图形内在的属性。
②“由数化形” ：就是根据题设条件正确绘制相应的图形，使图形能充分反映出它们相
应的数 量关系，提示出数与式的本质特征。
③“数形转换” ：就是根据“数”与“形”既对立，又统一的特 征，观察图形的形状，
分析数与式的结构，引起联想，适时将它们相互转换，化抽象为直观并提示隐含的 数量关系。
三、 数形结合的思想方法的应用
(一) 解析几何中的数形结合
3

解析几何问题往往综合许多知识点，在知识网络的交汇处命题，备受出题者的 青睐，求
解中常常通过数形结合的思想从动态的角度把抽象的数学语言与直观的几何图形结合起
来，达到研究、解决问题的目的.
1. 与斜率有关的问题
【例1】已知：有向线段P Q的起点P与终点Q坐标分别为P（-1，1），Q（2，2）.若直
线l∶x+my+m=0与有向线 段PQ延长相交，求实数m的取值范围.

解：直线l的方程x+my+m=0可化 为点斜式：y+1=-（x-0），易知
直线l过定点M（0，-1），且斜率为-.
∵ l与PQ的延长线相交，由数形结合可得：当过M且与PQ平行时，直线l的斜率趋
近于最小；当过点M 、Q时，直线l的斜率趋近于最大.

【点评】含有一个变量的直线方程可化为点斜 式或化为经过两直线交点的直线系方程.
本题是化为点斜式方程后，可看出交点M（0，-1）和斜率- .此类题目一般结合图形可
判断出斜率的取值范围.
2. 与距离有关的问题
【例2】求：y=（cosθ-cosα+3）
2
+（sinθ- sinα-2）
2
的最大（小）值.
【分析】可看成求两动点P（cosθ，sin θ）与Q（cosα-3，sinα+2）之间距离的最值
问题.
解：两动点的轨迹方程 为：x
2
+y
2
=1和（x+3）
2
+（y-2）
2
=1，转化为求两曲线上两点
之间距离的最值问题.如图：


3. 与截距有关的问题
【例3】若直线y=x+k与曲线x=
值范围.

恰有一个公共点，求k的取
4

解：曲线x =是单位圆x
2
+y
2
=1的右半圆（x≥0），k是直线y=x+k在y轴 上的截
距.

由数形结合知：直线与曲线相切时，k=-，由图形：可得k=-，或-1 4. 与定义有关的问题
【例4】求抛物线y
2
=4x上到焦点F的距离与到点A（3，2 ）的距离之和为最小的点P的
坐标，并求这个最小值.
【分析】要求PA+PF的最小值，可 利用抛物线的定义，把PF转化为点P到准线的距离，
化曲为直从而借助数形结合解决相关问题.

解：P′是抛物线y
2
=4x上的任意一点，过P′作抛物线的 准线l的垂线，垂足为D，
连P′F（F为抛物线的焦点），由抛物线的定义可知：
.
过A作准线l的垂线，交抛物线于P，垂足为Q，显然，直线AQ之长小于折线AP′D
之 长，因而所求的点P即为AQ与抛物线交点.
∵ AQ直线平行于x轴，且过A（3，2），所以方程为y=2，代入y
2
=4x得x=1.
∴ P（1，2）与F、A的距离之和最小，最小距离为4.
【点评】 （1）化曲线为直线是求距离之和最有效的方法，在椭圆，双曲线中也有类似
问题.
（2）若点A在抛物线外，则点P即为AF与抛物线交点（内分AF）.
(二) 数形结合在函数中的应用
1. 利用数形结合解决与方程的根有关的问题
方程的解的问 题可以转化为曲线的交点问题，从而把代数与几何有机地结合起来，使问题的
解决得到简化.
【例5】已知方程x
2
-4x+3=m有4个根，则实数m的取值范围 . < br>【分析】此题并不涉及方程根的具体值，只求根的个数，而求方程的根的个数问题可以转化
为求两 条曲线的交点的个数问题来解决.
解：方程x
2
-4x+3＝m根的个数问题就 是函数y=x
2
-4x+3与函数y=m图象的交点的个数.
2
作出抛 物线y=x
2
-4x+3=（x-2）-1的图象，将x轴下方的图象沿x轴翻折上去，得到y =x
2
-4x+3
的图象，再作直线y=m，如图所示：由图象可以看出，当0故m的取值范围是（0，1）.
数形结合可用于解决方程的解的问题，准确合理地作出满
足题意的图象是解决这类问题的前提.
2. 利用数形结合解决函数的单调性问题
函数的单调性是函数的一条重要性质，也 是高考中的热点问题
之一.在解决有关问题时，我们常需要先确定函数的单调性及单调
5

区间，数形结合是确定函数单调性常用的数学思想，函数的单调区间形象直观 地反映在函数
的图象中.
【例6】确定函数y=的单调区间.

画出 函数的草图，由图象可知，函数的单调递增区间为（-∞，0］，［1，＋∞），函数的单
调递减区间为 ［0，1］.
3. 利用数形结合解决比较数值大小的问题
【例7】已知定义在R上的 函数y=f（x）满足下列三个条件：①对任意的x∈R都有f（x+4）
=f（x）；②对任意的0≤ x
1
2
≤2，都有f（x
1
）2）；③y=f（x+2）的图象关于y轴对称.
则f（4.5），f（6.5），f（7）的大小关 系是 .
解：由①：T=4；由②：f（x）在［０，２］上是增函数；由③：f （－x－２）＝f（x＋
２），所以f（x）的图象关于直线x=2对称.由此，画出示意图便可比较大 小.
显然，f（4.5） 4. 利用数形结合解决抽象函数问题
抽象函数问题是近几年高考中经常出现的问题，是高考中的难 点.利用数形结合常能使我
们找到解决此类问题的捷径.
【例8】 设f（x），g（x）分别是定义在Ｒ上的奇函数和偶函数，在区间［a，b］（a上，f ′（x）g（x）+f（x） g′（x）>0，且f（x）·g（x）有最小值－５.则函数
y=f（x）·g（x）在区间［－b，-a］上（ ）.
Ａ. 是增函数且有最小值－５
Ｂ. 是减函数且有最小值－５
Ｃ. 是增函数且有最大值５
6

Ｄ. 是减函数且有最大值５









【解析】 f ′（x）g（x）+f（x）g′（x）=［f（x）·g（x）］′>0.
∴ y=f（x）·g（x）在区间［a，b］（a 又∵ f（x），g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数.
∴ y=f（x）·g（x）是奇函数.
因此它的图象关于原点对称，作出示意图，易知函数y=f（ x）·g（x）在区间［-b，-a］
上是增函数且有最大值５，因此选Ｃ.
（三）运用数形结合思想解不等式
1. 求参数的取值范围
【例9】若不等式>ax的解集是｛x|0 Ａ. ［０，＋∞） Ｂ. （－∞，４］
Ｃ. （－∞，０） Ｄ. （－∞，０］
解：令f（x）＝，g（x）=ax，则f（x）＝的图象是以（２，０）
为圆心，以２为半径的圆的上半部分，包括点（４，０），不包括点（０，０）；g（x）
＝ax的图象 是通过原点、斜率为a的直线，由已知
即要求半圆在直线的上方，由图可知a<0，所以选Ｃ.
【点评】 本题很好的体现了数形结合思想在解题中的妙用.
【例10】 若x∈（１，２）时，不等式（x-1）（ ）.
Ａ. （0，1） Ｂ. （１，２）
Ｃ. （１，２］ Ｄ. ［１，２］
解：设y
1
=（x－1）
2
（12=logax.
由图可知若y
1
2
（11.
7

2
>ax的解集是｛x|0

y1
=（x-1）
2
过（２，１）点，当y
2
=logax也过（ ２，１）点，即a=2时，恰有y
1
2
（1 ∴ １2
【点评】 例１、例２两题的求解实际上综合运用了函数与方程以及数形结合的思想方法.
2. 解不等式
【例11】已知f（x）是Ｒ上的偶函数，且在［０，＋∞）上是减函数，f（a）＝ ０（a>0），
那么不等式xf（x）<0的解集是（ ）.
Ａ. ｛x|0a｝
Ｃ. ｛x|-a 解：依题意得f（x）是Ｒ上的偶函数，且在［０，＋∞）上
是减函数，f（a）＝０（a>0），可得到f（x）图象，又由已知xf（x）
<0，可知x 与f（x）异号，从图象可知，当x∈（-a，０）∪（a，
+∞）时满足题意，故选Ｂ.
【例12】 设函数f（x）＝2
【解法１】由f（x）≥２得2
，求使f（x）≥２
≥２
的取值范围.
＝２.
8

立时，x的取值 易求出g（x）和h（x）的图象的交点
范围为［，+∞）.
【解法3】 由的几何意义可设Ｆ
1
（－１，０），Ｆ
２
（１，０） ，Ｍ（x，y），
则，可知Ｍ的轨迹是以Ｆ
1
、Ｆ
２
为焦点的双曲线 的右支，其中右顶
点为（，０），由双曲线的图象和x+1－x-1≥知x≥.
【点评】 本 题的三种解法都是从不同角度构造函数或不等式的几何意义，让不等式的解
集直观地表现出来，体现出数 形结合的思想，给我们以“柳暗花明”的解题情境.
（四）运用数形结合思想解三角函数题
纵观近三年的高考试题，巧妙地运用数形结合的思想方法来解决一些问题，可以简化
计算，节省时间，提 高考试效率，起到事半功倍的效果.
9

【例13】函数f（x ）=sinx+2sinx，x∈［０，２π］的图象与直线y=k有且仅有２个
不同的交点，则k的取 值范围是 .
【分析】本题根据函数解析式，画出图象，可以直观而简明地得出答案，在有时 间限
制的高考中就能大大地节约时间，提高考试的效率.

解：函数f（x）＝
【例14】当0 Ａ. ２ Ｂ. ２
解：y=
由图象可知：1的最小值为（ ）.
Ｃ. ４ Ｄ. ４
则y为点Ａ（０，５）与点Ｂ（－sin2x，3cos2x）两点连线
（0<α<），即x2+＝１（x<0），如图，当过的斜率，又点Ｂ的轨迹方程
点Ａ的直线l∶y=k x+5与椭圆x2+＝１（x<0）相切时，k有最小值４，故选Ｃ.

【例15】若sinα+cosα=tanα（0<α<），则α∈（ ）.

解：令f（x）=sinx+cosx=
从图象上看出交点Ｐ的横从标xP>
sin（x+ ） （0<α<），g（x）=tanx，画出图象，
≈１.366，tan.再令α＝，则sin+cos =
10

=≈1.732>1.367，由图象知xP应小于.故选Ｃ.
【点评】 本题首先构造函数f（x），g（x），再利用两个函数的图象的交点位置确定
α>，淘汰了Ａ、Ｂ两选 项，然后又用特殊值估算，结合图象确定选项Ｃ，起到了出
奇制胜的效果.
【例16】 已知 函数f（x）是定义在（－３，３）上的奇函数，当0如下图所示，那么不等式 f（x）cosx<0的解集是（ ）.

解：函数f（x）定义在（－３，３）上 ，且是奇函数，根据奇函数图象性质可知，f
（x）在（－３，０）上的图象如图所示，若使f（x）c osx<0，只需f（x）与cosx异号，
即图象须分别分布在x轴上下侧，由图可知，有三部分区间 符合条件要求，即（－
－１）∪（０，１）∪（，３），故选B.
，
【点评】已知函 数的一部分图象，根据函数的性质可得到函数的另一部分图象，利用数
形结合的思想，可以先画出完整的 函数图象，再研究有关问题.
【例17】△ＡＢＣ中，Ａ＝，ＢＣ＝３，则△ＡＢＣ的周长为（ ）.

11

解：本题是我们常用三角恒等变形和正弦 定理通过一定量的计算来完成的，但是应用
数形结合，可以很快解决问题.为此，延长ＣＡ到Ｄ，使ＡＤ ＝ＡＢ，则ＣＤ＝ＡＢ＋Ａ
Ｃ，∠ＣＢＤ＝∠Ｂ＋，∠Ｄ＝，由正弦定理
即ＡＢ＋ＡＣ＝６sin（B+），故选Ｃ.


（五）运用数形结合思想解复数题
【例18】设|z
1
|＝5，|z
2
|＝2, |z
1
－< br>z
2
|＝
13
，求
z
1
的值。
z
2
【分析】 利用复数模、四则运算的几何意义，将复数问题用几何图形帮助求解。
【解】 如图，设z
1
＝
OA
、z
2
＝
O B
后，则
z
1
＝
OC
、
z
2
＝< br>OD
如图所示
y A
D
z
1
5
由图可知，||＝，∠AOD＝∠BOC，由余弦定理
O
2
z
2
x
得：

C
4
5
2
?2
2
?(1 3)
2
cos∠AOD＝＝
2×5×2
5
∴

B
z
1
54
3
3
＝(±ｉ)＝2±ｉ
25
5
2
z
2
z
1
5
|＝，且
2
z
2
【另解】设z
1
＝
OA
、
z
2
＝
OD
如图所示。则|
4
5
2
?2< br>2
?(13)
2
3
cos∠AOD＝＝，sin∠AOD＝±， 2×5×2
5
5
z
1
z
1
54
333
所以＝(±ｉ)＝2±ｉ，即＝2±ｉ。
25
5
22
z< br>2
z
2
【注】本题运用“数形结合法”，把共轭复数的性质与复平面上的向量表 示、代数运算的
几何意义等都表达得淋漓尽致，体现了数形结合的生动活泼。 一般地，复数问题可以利 用复
数的几何意义而将问题变成几何问题，也可利用复数的代数形式、三角形式、复数性质求解。 本题设三角形式后转化为三角问题的求解过程是：设z
1
＝5(cosθ
1
＋ｉsinθ
1
)，z
2
＝＋
ｉsinθ
2
)， 则|z
1
－
z
2
|＝|(5cosθ
1
－2cos θ
2
)＋(5sinθ
1
＋2sinθ
2
)ｉ|＝
12

43
29?20cos(
?
1?
?
2
)
＝
13
，所以cos(θ
1
＋θ
2
)＝,sin(θ
1
＋θ
2
)＝±，
55
z
1
54
5[cos(?
?
1
)?isin(?< br>?
2
)]
5
3
＝＝[cos(θ
1
＋θ2
)＋ｉsin(θ
1
＋θ
2
)]＝(±ｉ)＝2±
2 (cos
?
2
?isin
?
2
)
225
5
z
2
3
ｉ。
2
本题还可以直接利用复数性质求解，其过程 是：由|z
1
－
z
2
|＝
13
得：
（z
1
－
z
2
）(
z
1
－z
2
)＝z
1
z
1
＋z
2
z
2
－z
1
z
2
－
z
1
z
2
＝25＋4－z
1
z
2
－
z
1
z
2
＝13,
所以z
1
z
2
＋
z
1
z
2
＝16 ,再同除以z
2
z
2
得
z
1
zz
3
＋
1
＝4，设
1
＝z，解得z＝2±ｉ。
2
z
2
z
2
z
2
几种解法，各有特点，由于各人的立足点与思维方式不同 ，所以选择的方法也有别。一
般地，复数问题可以应用于求解的几种方法是：直接运用复数的性质求解； 设复数的三
角形式转化为三角问题求解；设复数的代数形式转化为代数问题求解；利用复数的几何
意义转化为几何问题求解。
四、运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意如下几点
在 解题时，有时把数转化为形，以形直观地表达数来解决，往往使
复杂问题简单化、抽象问题具体化.但是 ，依赖图象直观解题，也要注
意如下几个问题.
1、注意图象延伸趋势
【例19】 判断命题：“当a>1时，关于x的方程ax=logax无实解.”
正确与否.
错解： 在同一坐标系中分别作出函数y=ax及y=logax的
图象（a>1）（如图1），可见它们没有公 共点，所以方程无实
解，命题正确.

【评析】 实际上对不同的实数a， y=ax和y=logax的图
象的延伸趋势不同.例如当a=2时，方程无实数解；而当a=
时，x=2是方程的解.说明两图象向上延伸时，一定相交，交
点在直线y=x上.
2、注意图象伸展“速度”
【例20】比较2
n
与n
2
的大小，其中n≥2，且n∈N+.
错解：在同一坐标系中分别作出函数y=2
x
及y=x
2
的图象（如图2）.
由图可知，两图象有一个公共点.
当x=2时，2
x
=x
2
；
当x>2时，2
x
2
.
∴ 当n=2时，2
n
=n
2
；
当n>2，且n∈N+时，2
n
2
.
【评析】事实上 ，当n=4时，2
n
与n
2
也相等；当n=5时，2
n
>n
2
.错因是没有充分注意到
13

两个图象在x≥ 2时的递增“速度”！要比较两个图象的递增速度，确实很难由图象直观而得.
本题可以先猜想，后用数 学归纳法证明.
本题的正确答案是
当n=2、4时，2
n
=n
2
；
当n=3时，2
n
2
；
当n≥5时，n∈N+时，2
n
>n
2
.
证明略.
3、注意数形等价转化
【例21】已知方程x
2
+2kx-3k=0有两个 实数在-1与3之间，求k
的取值范围.

错解：令f（x）=x
2
+2kx-3k，结合题意画出图象3中的（1），再由图象列出不等

解略.
【评析】 事实上，不等式组（*）并不与题意等价，图象3中的 （2）也满足不等式组（*），
但两实根均大于3，还可以举出两实根均小于-1的反例.若不等式组（ *）与图3中的（1）等
价，需加上条件-34、注意仔细观察图象
【例22】已知关于x、y的方程组

（a>b>0）有四组实数解，求a、b、m应满足的关系.
错解：已知方程组中的两个方程分别 是椭圆和抛物线的方程，
原方程组有四组实数解等价于椭圆与抛物线有四个不同的公共点.由
图 4知，m<-b，且2
【评析】 观察图象过于 草率！事实上，图5也是一种可能的情形，即当
有可能为四组解.例如当a=2，b=1，m=-4时， 可得解集为：｛（２，０），（－２，０），（
（－




）｝.
=a时，仍
，），
现用数形结合求解：
考虑一元二次方程
a
2
y
2
+b
2
y-（m+ a
2
）b
2
=0，
令Δ=0（即相切情形），
， 解得m=-
结合图象，

注意到m<-b，则a、b、m应满足的关系是-
14

从以上看出，有些问题可以用图象解决，但要认真分析，有些问题很难由图象直观而得，
值得注意.

5. 数形结合也有简繁之分
数形结合的核心与灵魂是“结合”.解 题时，由于观察与联想的
视角不同，会出现不同的“结合”，“结合”得好就得到好的解题方法，
“结合”得不好就使解题过程繁琐且易出错，“结合”的优劣反映出了我
们的基础与能力，也反映出我 们思维灵活性与创造性的水平，“结合”的
优化选择，应是数形结合法研究的重要一环.为便于说明，我 们先看几例：
【例23】已知方程mx=x+m有两个相异实根，求实数m的取值范围.
视角一：视方程mx=x+m两边的代数式为两个函数，分别画出函数y=mx，
y=x+m的图象（如 图1），由于两个函数中都含有m，故需进一步对m进
行分类讨论，情况复杂.图1仅表示m>0时的示 意图.

视角二：由m≠0，先将原方程变形，得x-1=x，再视方程x-1=x
两边的代数式为两个函数，分别画出函数y=x-1，y=x的图象（如图2），
由图易看出：
当0<<1或-1<<0，即m<-1或m>1时，图象有两个不同交点，此时原方程有两个相
异实根.
视角三：用分离参数法，先将原方程化为
分别作出函数y=
=m.
，y=m的图象（如图3），由图易看出，当m<-1，m>1时，两函数的
图象有两个不同交点，此时 原方程有两个相异实根.

视角四：用分离参数法，先将原方程化为
当x>0时，得1-=，当x<0时，得-1-=.
分别作出函数y=，y=的图象（如图4），由图易
.
看出，当0<<1或-1<<0，即当m>1或m<-1时，两函
数的图象有两个不同交点，此时原方程有两个相异实根.

可见，例1的各解虽同是 数形结合，但大有简繁之分，视角二优于视角一，视角一中两函
数中的都含有m，因而他们的图象也是变 化的，虽可以通过讨论而获得结论，但讨论时容易
因考虑不周而产生漏解，视角三虽看图直观明了，但图 象不易作出，而视角四既比视角三作
图方便，又比视角二简单，不用讨论，这是因为视角二还有一个函数 中含有m，而视角四中
已不含m，所以这里以视角四为最理想.


15

【例24】已知函数f（x）=ax
2
+bx且2≤f（1）≤4，1≤f （-1）≤2，求f（-2）的取值范围.
这是我们常出错的题，其代数解法有待定系数法、特征函数 法、三角代换法等，而众所周知
的数形结合法是线性规划法.
这类问题可看作一个条件极值问题，即变量a、b在
2≤a+b≤4 ①
1≤a-b≤2 ②
这两个约束条件下，求目标函数y=4a-2b的最大（小）值问题
.约束条件2≤a+b≤4，1≤a-b≤2的解集是非空集，在坐标平面上表
示的区域是由直线：a+b=4，a+b=2，a-b=2，a-b=1所围成的封闭
图形（图5中的阴影部分）.

y的大小又可以看作直线b=2a-y在b轴上截距的大小，
从图中易知当直线b=2a-y经过A（，），C（3，1）
时截距分别为最小f（-2）=5和最大f（-2）=10.
所以5≤f（-2）≤10.
其实还可有如下数形结合法：

要求f （-2）的取值范围，只要确定f（-2）的最大（小）值，
即找到f（x）的图象在x=-2时的最高 点F与最低点E的纵坐标，
为此只要确定f（x）经过E、F时的函数表达式，由于f（x）=ax2
+bx
是经过原点（c=0）的抛物线系，所以只要再有两点就可确定，由
已知 2≤f（1）≤4，1≤f（-1）≤2，知f（x）在x=1时的最高
点B（1，4），最低点A（1 ，2），f（x）在x=-1时的最高点D（-1，2），最低点C（-1，1），
2
（如图6 ），由抛物线的图象特征易知经过F点的图象就是经过O、B、D的图象C，经过E点
的图象就是经过O 、A、C的图象C
1
，于是：
将B（1，4），D（-1，2）坐标代入f（x）=ax2+bx得






解得a=3，b=1.
故图象经过O、B、D的函数为C
2
∶f（x）=3x
2
+x，所以
fmax（-2）=10.
将A（1，2），C（-1，1）的坐标代入f（x）=ax
2
+bx得

故图象经过O、A、C的函数为C
1
∶f（x）=x2+x，fmin（-2）=5.
16

所以5≤f（-2）≤10.
【例25】正数 a、b、c、A、B、C满足a+A=b+B=c+C=k，求证：aB+bC+cA2
.
本题的难度较大，用代数方法一时是无从下手的.若能数形结合，揭示其条件a+A=b+B=c+C= k
中隐含的几何背景——联想到三数相等的几何图形是等边三角形，则可得如下简捷的证法.
证明：如图7，
作边长为k的正三角形PQR，分别在各边上取点L、M、N，使得QL=A ，LR=a，RM=B，
MP=b，PN=C，NQ=c，

如果再观察 a+A=b+B=c+C=k这个代数条件，从三数相等的几何图形是等边三角形，联想
到四数相等a+ A=b+B=c+C=k的几何图形是正方形.则又可作边长k的正方形（图8）.

由面积关系知其结论aB+bC+cA2
显然成立.
仅举三例，可见一斑， 不但数形结合的确好，而且同是数形结合，也有不
好与好之分，只有把握住“结合” 这一数形结合法 的核心，才能把在由数
到形这一变换、操作过程中的图形选择的多样性，变成解题的灵活性和创造
性.在实际学习中要结合具体问题掌握一些常规的操作策略，例如要画的若是
函数图象，那就要设法让 要画图象的函数尽可能少含参变量，最好不含参变量，如果一定要
含有，也要设法让它在较低次的函数（ 如一次函数）或在简单函数中含有.只有这样，才能从
一个新的层面上去理解、掌握、运用好数形结合法 .

【结束语】 在数形结合法的学习中，我们还应进一步看到运算、证明的简捷化与严格
化是密切相关的，“数学中每一步真正的进步都与更有力的工具和更简单的方法的发展密切
联系 着，这些工具和方法同时会有助于理解已有的理论并把陈旧的复杂的东
西抛到一边.数学科学发展的这种 特点是根深蒂固的.”“把证明的严格化
与简捷化绝对对立起来是错误的.相反，我们可以通过大量的例 子来证实；
严格的方法同时也是比较简捷比较容易理解的方法.正是追求严格化的努力
驱使我们 去寻求更简捷的推理方法”.










第二章 函数与方程思想
17

函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质，解有关
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，通过
建立函数关系式或构 造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为
易，化繁为简的目的。函数与方程 的思想是中学数学的基本思想，也是历年高考的重点。
1．函数的思想，是用运动和变化的观点，分析 和研究数学中的数量关系，建立函数关
系或构造函数，运用函数的图像和性质去分析问题、转化问题，从 而使问题获得解决。
2．方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或 者构
造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决。
方程思想是动中求静，研究运动中的等量关系；
3．函数方程思想的几种重要形式
(1)函 数和方程是密切相关的，对于函数y＝f(x)，当y＝0时，就转化为方程f(x)＝0，
也可以把函 数式y＝f(x)看做二元方程y－f(x)＝0。
(2)函数与不等式也可以相互转化，对于函数y ＝f(x)，当y＞0时，就转化为不等式f(x)
＞0，借助于函数图像与性质解决有关问题，而研究 函数的性质，也离不开解不等式；
(3)数列的通项或前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点处理数列问题十分
重要；
(4)函数f(x)＝(1+x)^n (n∈N)与二项式定理是密切相关的，利用这个函数用赋值法 和
比较系数法可以解决很多二项式定理的问题；
(5)解析几何中的许多问题，例如直线和二 次曲线的位置关系问题，需要通过解二元方
程组才能解决，涉及到二次方程与二次函数的有关理论； < br>(6)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用布列方程或建立函数
表达式的 方法加以解决。
【例1】. 关于x的方程(x
2
－1)
2
－|x
2
－1|＋k＝0，给出下列四个命题：
①存在实数k，使得方程恰有2个不同的实根；
②存在实数k，使得方程恰有4个不同的实根；
③存在实数k，使得方程恰有5个不同的实根；
④存在实数k，使得方程恰有8个不同的实根.
其中真命题是_____________ 解答：根据题意可令｜x
2
－1｜＝t(t≥0)，则方程化为t
2
－t ＋k＝0，(*)
作出函数t＝｜x
2
－1｜的图象，结合函数的图象可知①当t＝ 0或t＞1时，原方程有两上不
等的根，②当0＜t＜1时，原方程有4个根，③当t＝1时，原方程有 3个根.
(1)当k＝－2时，方程(*)有一个正根t＝2，相应的原方程的解有2个；
18

*

11
(2)当k＝时，方程(*)有两个相等正根t＝，相应的原方程的解有4个；
42
(3)当k＝0时，此时方程(*)有两个不等根t＝0或t＝1，故此时原方程有5个根；
1
(4)当0＜k＜时，方程(*)有两个不等正根，且此时方程(*)有两正根且均小于 1，故相
4
应的满足方程|x
2
－1|＝t的解有8个
答案：1234
1
【例2】若不等式x＋ax＋1≥0对于一切x∈(０，］成立，则a的最 小值为_____________
2
2
1155
解答：１. 分离变量，有a≥－(x＋)，x∈(０，］恒成立.右端的最大值为－，a≥－.
x222

1
2. 看成关于a的不等式，由f(0)≥0，且f()≥0可求得a的范围.
2
3. 设f(x)＝x
2
＋ax＋1，结合二次函数图象，分对称轴在区间的内外三种情况进行讨论.
115
4. f(x)＝x
2
＋1，g(x)＝－ax，则结合图形(象 )知原问题等价于f()≥g()，即a≥－.
222


【例3】 设f (x)，g(x)分别是定义在Ｒ上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)·g(x)＋
f(x) ·g′(x)＞０，且g(－３)＝０，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为___________
解析：以函数为中心，考查通性通法，设Ｆ(x)＝f(x)g(x)，由f(x)，g(x)分别是定 义在
R上的奇函数和偶函数，所以F(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x )，
即F(x)为奇函数.又当x＜0时，
F′(x)＝f ′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，所以x＜0时，F(x)为增函数.
因为奇函数在对称区间上的单调性相同，所以x＞0时，F(x)也为增函数.
因为F(－3)＝f(－3)g(－3)＝0＝－F(3).

如上图，是一个符合题意的图象，观察知不等式F(x)＜0的解集是(－∞，－３)∪(０，３)

19

【例4】已知实数
a,b
分别满足
a
3
?3a
2
?5a?1,b
3
?3b
2
?5b?5
，则
a?b
=_________
解答：已知的等式都是三次方程,直接通过方程解出
a,b
有
一定的困难,但是,题设的两个等式的左边的结构相同,使我们想到用
统一的式子来表示这两个等式,对题设的两个等式变形为
?
a?1
?
3
?2
?
a?1
?
??2,
?
b?1
?
?2
?
b?1
?
?2
,
3
根据这两个等 式的特征,构造函数
f
?
x
?
?x
3
?2x
.
函数
f
?
x
?
是一个奇函数,又是
R
上的增函数,则有

f
?
a?1
?
??2,f< br>?
b?1
?
?2,

于是,
f
?
a?1
?
??f
?
b?1
?
?f
?
1?b
?
,
因而得
a?1?1?b.a?b?2.

【例5】 若圆
x
2
?y
2
?4x?4y?10?0
上至少有三个不同 的点到直线
l:ax?by?0
的距离为
22
,则直线
l
的 倾斜角的取值范围是___________
解答： 圆
x
2
?y
2
?4x?4y?10?0
整理为
( x?2)
2
?(y?2)
2
?(32)
2
，∴圆心坐标为( 2，2)，半径为3
2
，
要求圆上至少有三个不同的点到直线
l:ax?b y?0
的距离为
22
，则圆心到直线
l:ax?by?0
的距离应小 于等于
2
，
?
a
??
a
?
≤2
，∴
??
?4
??
?1?0
， ∴
?
b
??
b
?
a
2
?b
2
a
?
a?
∴
?2?3?
??
??2?3
，
k??
，∴
2?3?k?2?3
，
b
?
b
?
?
?< br>5
?
?
直线
l
的倾斜角的取值范围是
?
，< br>?

?
1212
?

y
2
【例6】 如果实数
x,y
满足等式
?
x?2
?
?y
2
?3,
那么的最大值为___________
x

解答：根据已知等式 ,画出以
?
2,0
?
为圆心,以
3
为半径的
|2a ?2b|
2
y
的几何意义是圆上一点
?
x,y
?
与 原
x
斜率.
y
显然, 的最大值是过原点
?
0,0
?
与圆
x
圆,则点
?
0,0
?
所连直线的
相切的直线
OA
的斜
率,由
OC?2,CA?3
可得
?A OC?
于是,


【例7】设
直线与圆

?
3
.
y
?
的最大值是
tan?3
< br>x3
是方程
x
2
?
11
x??0
的两个不等 实根，那么过点
tan
?
sin
?
和的
的位置关系是___ ________
20

解答：由题意，， 因此和都在直线
上，∴原点到该直线的距离
线与单位圆相切．

，∴过的直
?
|lg|x?1||,x?1
【例8】设定义域为R的函数
f(x)??
，则关于
x
的方程
f
2
(x)?bf(x)?c?0
0,x?1
?
有7个不同实数解的充要条件是__________

解答：画出函数
f
?
x
?
的图像,该图像关于对称,且f
?
x
?
?0
,令
f
?
x
?
?t
,
若
f
2
(x)?bf(x)?c?0
有7 个不同实数解,则方程
一零根.
t
2
?bt?c?0
有2个不同实数解,且为一正根,
因此, 充要条件是
b?0
且
c?0


3x
【例9】. 设函数
f(x)
＝x
2
－1，对任意x∈
(,??)
，f()?4m
2
f(x)?f(x?1)?4f(m)
恒
2
m< br>成立，则实数m的取值范围是____________．
??
3
??
3
【答案】
?
－∞，－
?
∪
?
，＋∞
?

2
??
2
??
?
x
?
解析：(解法1)不等式化为 f(x－1)＋4f(m)－f
??
＋4m
2
f(x)≥0，
?< br>m
?
x
2
即(x－1)－1＋4m－4－
2
＋1＋4 m
2
x
2
－4m
2
≥0，
m
22
1
?
2
?
整理得
?
1－
2
＋4m
?
x
2
－2x－3≥0，
m
??
12x＋32x＋3< br>?
3
?
2
因为x＞0，所以1－
2
＋4m≥
2
，设g(x)＝
2
，x∈
?
，＋∞
?
.
mxx
?
2
?
2
1
?
3
?
于是 题目化为1－
2
＋4m
2
≥g(x)，对任意x∈
?
，＋∞
?
恒成立的问题．
m
?
2
?
2x＋312
?
3
?
为此需求g(x)＝
2
，x∈
?
，＋∞< br>?
的最大值．设u＝，则0＜u≤.
xx3
?
2
?
21

2
?
2
?
函数g(x)＝h(u)＝3u
2
＋2u在区间
?< br>0，
?
上是增函数，因而在u＝处取得最大值．
3
?
3?
42×2818
?
2
?
h
??
＝3×＋＝， 所以1－
2
＋4m
2
≥g(x)
max
＝，
93 3m3
?
3
?
整理得12m
4
－5m
2
－ 3≥0，即(4m
2
－3)(3m
2
＋1)≥0，
33
所以4m－3≥0，解得m≤－或m≥，
22
2
??
3
??
3
因此实数m的取值范围是m∈
?
－∞，－
?
∪
?
，＋∞
?
.
2
??
2
??
1
?
3
?
(解法2)(前面同解法1)原题化为1－
2
＋ 4m
2
≥g(x)，对任意x∈
?
，＋∞
?
恒成立的问题．
m
?
2
?
为此需求g(x)＝
2x＋3
?
3
?
，x∈
?
，＋∞
?
的最大值．
2
x
?
2
?
4t
＝
t
2
－6t＋9
4
.
9
t＋－6
t
设t＝2x＋3，则t∈[6，＋∞)．g(x) ＝h(t)＝
993
因为函数t＋在(3，＋∞)上是增函数，所以当t＝6时，t＋取得最小 值6＋.
tt2
从而h(t)有最大值
4818
＝.所以1－
2< br>＋4m
2
≥g
max
(x)＝，整理得12m
4
－5 m
2
－3≥0，
33m3
6＋－6
2
即(4m
2< br>－3)(3m
2
＋1)≥0，
所以4m
2
－3≥0，解得m≤－
33
或m≥，
22??
3
??
3
因此实数m的取值范围是m∈
?
－∞，－
?
∪
?
，＋∞
?
.
2
??
2< br>??
?
x
?
(解法3)不等式化为f(x－1)＋4f(m)－f??
＋4m
2
f(x)≥0，即
?
m
?
1< br>x
2
?
2
?
(x－1)－1＋4m－4－
2
＋1＋4m
2
x
2
－4m
2
≥0，整理得
?
1－
2
＋4m
?
x
2
－2x－3≥0，令F(x)
m
m
??
22
1
?
2
?
＝
?< br>1－
2
＋4m
?
x
2
－2x－3.
m
??
22

由于F(0)＝－3＜0 ，则其判别式Δ＞0，因此F(x)的最小值不可能在函数图象的顶点得
到，
?
3< br>??
3
?
所以为使F(x)≥0对任意x∈
?
，＋∞
?
恒成立，必须使F
??
为最小值，
?
2
??
2
?
1
?
1－＋4m＞0，
?
m
即实数m应满足?
?
3
?
?
≥0，
?
2
?
F
?
??
2
2


3
解得m
2
≥，因此实数m的取值范围是
4
??
3
??
3
m∈
?
－∞，－
?
∪
?
，＋∞
?
.
2
??
2
??
【例10】．某工厂2 005年生产利润逐月增加，且每月增加的利润相同，但由于厂方正在改
造建设，一月份投入的建设资金 恰与一月份的利润相等，随着投入资金的逐月增加，且每月
增加投入的百分率相同，到十二月份投入的建 设资金又恰与十二月份生产利润相同，问全年
总利润W与全年总投入资金N的大小关系是_______ ____
解答： 设第一个月的投入资金与一月份的利润均为a，每月的增加投入百分率为r．则 每
月的利润组成数列，每月投入资金组成数列
， 如图，由两函数图象特点可知，有，

可见

，故W>N
23

?
2
?
,x?2
1. (2011·北京)已 知函数
f(x)?
?
x
若关于x的方程
f(x)?k
有两个 不同的实
?
(x?1)
3
,x?2
?
根，则实数
k
的取值范围是________．


2.(2011·广东)等差数列{ a
n
}前9项的和等于前4项的和．若a
1
＝1，a
k
＋a
4
＝0，则k＝
________.


3.(200 9·福建)若曲线f(x)＝ax
3
＋lnx存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是< br>________．


1
4.(2010·天津)设函数f(x) ＝x－，对任意x∈[1，＋∞)，f(mx)＋mf(x)<0恒成立，
x
则实数m的取值范 围是________．
解答：
2
1. (0,1) 解析：f(x)＝ (x≥2)单调递减且值域为(0,1]，f(x)＝(x－1)
3
(x＜2)单调递
x
增且值域为(－∞，1)，结合函数的图象可得f(x)＝k有两个不同的实根，则实数k的取值范< br>围是(0,1)．
2. 10 解析：S
9
＝S
4,
9a< br>1
＋
9×84×31
d＝4a
1
＋d，a
1
＝1，d＝－；
226
?
1
??
1
?
－
由1＋(k－1)
??
＋1＋3×
?
－
?
＝0，得k＝10 .
?
6
??
6
?
本题也可用数列性质解题，S
9
＝S
4
a
7
＝0.
1
3. (－∞，0) 解析 ：由题意可知f′(x)＝3ax
2
＋，又因为存在垂直于y轴的切线，所
x
1
以3ax
2
＋＝0
x
a＝－
1
(x＞0)
3x
3
a∈(－∞，0)．
1m
－＜0恒
mxx
4. (－∞，－1) 解析：因为对任意x∈[1，＋∞)，f(mx)＋mf(x)＝2mx－
24

成立，显然m≠0.所以当m＜0时，有2m
2
x
2
－1－m
2
＞0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，即2m
2
×1< br>－1－m
2
＞0，解得m
2
＞1，即m＜－1；当m＞0时，有2m< br>2
x
2
－1－m
2
＜0对任意x∈[1，＋∞)
恒成 立，m无解，综上所述实数m的取值范围是m＜－1.


解答题
题型一 构造函数与方程思想


【例1】 已知函数f(x)＝x|x
2
－3|，x∈[0，m]，其中m∈R，且m>0
(1) 若m<1，求证：函数f(x)是增函数；
(2) 如果函数f(x)的值域是[0,2]，试求m的取值范围；
(3) 如果函数f(x)的值域是[0，λm
2
]，试求实数λ的最小值．

解答：(1) 证明：当m<1时，f(x)＝x(3－x
2
)＝3x－x
3
，
因 为f′(x)＝3－3x
2
＝3(1－x
2
)>0，所以f(x)是增函数，
(2) 解：令g(x)＝x|x
2
－3|，x≥0，
3
?
?
3x－x，0≤x≤3，
则g(x)＝
?
3
?
?
x－3x，x>3.


当0≤x≤3时，g′(x)＝3－3x
2
，由g′(x)＝0得x＝1，
所以g(x)在[0,1]上是增函数，在[1，3]上是减函数．
当x>3时，g′(x) ＝3x
2
－3>0，所以g(x)在[3，＋∞)上是增函数，
所以x∈[0，3] 时，g(x)
max
＝g(1)＝2，g(x)
min
＝g(0)＝g(3) ＝0，
所以0当m>3时，在x∈[0，3]时，f(x)∈[0,2]，
在x∈[3，m]时，f(x)∈[0，f(m)]，
这时f(x)的值域是[0,2]的充要条件是f(m)≤2，
即m
3
－3 m≤2，(m－2)(m＋1)
2
≤0，解得3综上，m的取值范围是[1,2]．
(3) 由(2)可知，03
，
当1≤m≤2时，函数f(x)的最大值为f(1)＝2.
2
?
1
?
由题意知2＝λm
2
，即λ＝
2
，m∈[1,2]时这是减函数， ∴ λ∈
?
，2
?
.
m
?
2
?
25

3
当m >2时，函数f(x)的最大值为f(m)＝m
3
－3m，由题意知m
3
－3 m＝λm
2
，即λ＝m－，
m
?
1
?
这是增函数， ∴ λ∈
?
，＋∞
?
.
?
2
?
1
综上，当m＝2时，实数λ取最小值为.
2
变式训练 已知函数g(x)＝xlnx，设0＜a＜b，
?
a＋b
?
?
＜(b－a)ln2. 求证：0＜g(a)＋g(b )－2g
?
?
2
?
点拨：确定变量，构造函数证明不等式．
?
a＋x
?
?
， 证明：g(x)＝xlnx，g′(x)＝lnx ＋1.构造函数F(x)＝g(a)＋g(x)－2g
?
?
2
?
a＋ x
??
a＋x
??
??
′＝lnx－ln则F′(x)＝g′(x) －2
?
g
?
.
2
??
2
??
当 0＜x＜a时，F′(x)＜0，在此F(x)在(0，a)内为减函数；
当x＞a时，F′(x)＞0，因此F(x)在(a，＋∞)上为增函数．
从而，当x＝a时，F(x)有极小值F(a)．
因为F(a)＝0，b＞a，所以F(b)＞0，
?
a＋b
?
?
. 即0＜g(a)＋g(b)－2g
??
2
?
再构造函数G(x)＝F(x)－(x－a)ln2，
则G′(x)＝lnx－ln
a＋x
－ln2＝lnx－ln(a＋x)．
2
当x＞0时，G′(x)＜0.因此G(x)在(0，＋∞)上为减函数．
因为G(a)＝0，b＞a，所以G(b)＜0，
?
a＋b
?
?
＜(b－a)ln2. 即g(a)＋g(b)－2g
?
2
??
?
a＋b
?
?
＜(b－a)ln 2. 综上得0＜g(a)＋g(b)－2g
?
?
2
?
【例2】已知 二次函数y＝g(x)的导函数的图象与直线y＝2x平行，且y＝g(x)在x＝－1
处取得最小值m －1(m≠0)．设函数f(x)＝
gx
x
.
(1) 若曲线y＝f(x)上的点P到点Q(0,2)的距离的最小值为2，求m的值
26

(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：(1) 设g(x)＝ax
2
＋bx＋c，则g′(x)＝2ax＋b；
又g′(x)的图象与直线y＝2x平行，∴ 2a＝2，a＝1.(1分)
b
又g(x)在x＝－1取极小值，－＝－1，b＝2，
2
∴ g(－1)＝a－b＋c＝1－2＋c＝m－1，c＝m；(2分)
f(x)＝
gx
x
m
＝x＋＋2，设P(x
0
，y
0
)，
x2
m
m
??
2222
则|PQ|
2
＝x
2
2m
2
＋2m，(4分)
0
＋(y
0
－2) ＝x
0
＋
?
x
0
＋
?
＝2x
0< br>＋
2
＋2m≥2
x
0
?
x
0
?m
2
当且仅当2x
0
＝
2
时，|PQ|
2取最小值，即|PQ|取最小值2.
x
0
2
当m>0时，22m＋2m＝2，∴ m＝2－1(6分)
当m<0时，－22m＋2m＝2，∴ m＝－2－1(7分)
m
(2) 由y＝f(x)－kx＝(1－k)x＋＋2＝0，
x
得(1－k)x
2
＋2x＋m＝0. (*)
mm
当k ＝1时，方程(*)有一解x＝－，函数y＝f(x)－kx有一零点x＝－；(8分)
22
当k≠1时，方程(*)有二解
1
Δ＝4－4m(1－k)>0，若m>0，k>1－， m
－2±4－4m1－k
21－k
＝
1±1－m1－k
k－1< br>；(10分) 函数y＝f(x)－kx有两个零点x＝
1－2±4－4m1－k
若m< 0，k<1－，函数y＝f(x)－kx有两个零点，x＝
m21－k
1±1－m1－k
k－1
；(12分)
＝
当k≠1时，方程(*)有一解
1
.(14分)
k－1
1
Δ＝4－4m(1－k)＝0，k＝1－， 函数y＝f(x)－kx有一个零
m
点，x＝
27

【例3】．对于定义域为D的函数
①f(x)在D内单调递增或单调递减；
②存在区间使f(x)在
，若同时满足下列条件：
上的值域为；那么把叫闭函数．
（1）求闭函数符合条件②的区间；
（2）判断函数是否为闭函数？并说明理由；
（3）若
分析：
是闭函数，求实数k的范围．
这是一个新定义型的题目，要能从题中所给信息，进行加工提炼，得出解题的条件．
解：
（1）由题意，上递减，则解得
所以，所求的区间为[－1，1]．
（2）当
所以，函数在定义域上不单调递增或单调递减，从而该函数不是闭函数．
（3）若是 闭函数，则存在区间[a，b]，在区间[a，b]上，函数f(x)的值
域为[a，b]，即
即方程
＋k
2
－2.
，的两个实数根，
有两个不等的实根．设f(x)=x
2
－(2k＋1)x
28

法一：当时有解得．当有此时不等式
组无解．综上所述，．
法二：只需满足方程x
2
－(2k＋1)x＋k
2
－2＝0有两大于或等于k 的不等实根，即：

点评：在解数学题的过程中，寻找一个命题A的等价命题B往往是解题的 关键，本题就是运
用函数与方程的思想把一个看似函数性质讨论的问题转化为方程解的讨论问题．
题型二 函数与方程思想在不等式中的应用
【例4】．设a>b>c，且a＋b＋c=0，抛物线
．
被x轴截得的弦长为l，求证：
证明：，且．从而．
故抛物线与x轴有两个不同的交点，即方程必有两个不
相等的实数根，由韦达定理得．

．
29

可见，是的二次函数． 由及，得，解得
． 在上是减函数，
，即
题型三 函数与方程思想在三角函数中的应用
【例5】．已知函数f(x)=x
2
－(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．
（1）证明：f(x)＋4=0即x
2
－(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x
max
=3，∴m≥x
max
=3 ．
30

(3)解：∵f(sinα)=sinα－(m＋1)s inα＋m=
2
，
且≥2，∴当sinα=－1时，f(sinα)有最大值8．
即1＋(m＋1)＋m=8，∴m=3．
题型四 函数与方程思想在解析几何中的应用
【例 6】．直线和双曲线的左支交于A、B两点，直线l过点P(－2，
0)和线段AB的中点M，求l在y 轴上的截距b的取值范围．
解：由消去y，得．（）
因为直线m与双曲线的左支有两个交点，所以方程（）有两个不相等的负实数根．
所以解得．
设，则
由三点共线，得出．
设，则在上为减函数，
，且．
31
，或，

，或．
题型五 函数与方程思想在立体几何中的应用
【例7】．如图，已知面，于D，．

（1）令，，试把表示为x的函数，并求其最大值；
（2）在直线PA上是否存在一点Q，使成立？
解答：（1）∵面，于D，∴．
∴．
．
∵为在面上的射影． ∴，即．
32

∴
时取得．
． 即的最大值为，等号当且仅当
（2）．
令，解得：，与交集非空．
∴满足条件的点Q存在．
点评：
本题将 立体几何与代数融为一体，不仅要求有一定的空间想象力，而且，做好问题的转
化是解决此题的关键．












第三章 化归与转化思想
化归与转化的思想，就是在研究和解决数 学问题时采用某种方式，借助某种函数性质、
图象、公式或已知条件将问题通过变换加以转化，进而达到 解决问题的思想．转化是将数学
命题由一种形式向另一种形式的变换过程，化归是把待解决的问题通过某 种转化过程归结为
一类已经解决或比较容易解决的问题．化归转化思想是中学数学最基本的思想方法，堪 称数
学思想的精髓，它渗透到了数学教案内容的各个领域和解题过程的各个环节中．转化有等价
转化与不等价转化．等价转化后的新问题与原问题实质是一样的，不等价转化则部分地改变
了原对象的实 质，需对所得结论进行必要的修正．
33

应用化归转化思想解题的原则应是化难为易、化生为熟、化繁为简，尽量是等价转化．常
见的转化有：
1、等与不等的相互转化
等与不等是数学中两个重要的关系，把不等问题转化成相等问题 ，可以减少运算量，提
高正确率；把相等问题转化为不等问题，能突破难点找到解题的突破口．
2、正与反的相互转化
对于那些从“正面进攻”很难奏效或运算较难的问题，可先攻其反面，从而使正面问题
得以解决．
3、特殊与一般的相互转化
对于那些结论不明或解题思路不易发现的问题，可先用特殊情 形探求解题思路或命题结
论，再在一般情况下给出证明，这不失为一种解题的明智之举．
4、整体与局部的相互转化
整体由局部构成，研究某些整体问题可以从局部开始．
5、高维与低维的相互转化
事物的空间形成，总是表现为不同维数且遵循由低维向高维的 发展规律，通过降维转化，
可把问题由一个领域转换到另一个领域而得以解决，这种转化在复数与立体几 何中特别常见．
6、数与形的相互转化
通过挖掘已知条件的内涵，发现式子的几何意义，利用几何图形的直观性解决问题，使
问题简化．
7、函数与方程的转化
二、典例剖析
例1．函数极限的值为< ）.
A． B．
34

C． D．
分析：
依据题意，从定义、定理、公式、概念出发，化抽象为具体，化复杂为简单 ，从纵向和
横向进行联想转化.
解：由导数的定义可知
．
故选C．
点评：
本题借用函数极限的具体形式，旨在考查对导数定义的正确理解，因而转化为求函数
在处的导数．
例2．数列
解：
中，，，则＝______________.
通过 求猜想，从而达到解决问题的目的，也可以利用数
列极限的含义进行重组变形，可转化为无穷等比递缩数 列的求和，

点评：
利用结构进行从特殊到一般的转化，既可缩短解题时间， 又可提高运算准确性，同时考
查思维的灵活性和代数变形能力.
35