專題 7 數學思想方法
目錄第19講函式與方程思想
第20講數形結合思想
第21講分類討論思想
第22講轉化與化歸思想
知識網路構建
考情分析**
數學思想方法是對數學知識最高層次的提煉與概括，數學思想方法較之數學知識具有更高的層次，具有理性的地位，它是一種數學意識，屬於思維和能力的範疇，它是數學知識的精髓，是知識轉化為能力的橋梁．
高考中把函式與方程的思想作為數學思想方法的重點進行考查，通過選擇題和填空題考查函式與方程思想的基本運算，而在解答題中，則從更深的層次，在知識網路的交匯處，從思想方法與相關能力相綜合的角度進行深入考查；對數形結合思想的考查側重兩個方面：一方面是充分利用選擇題和填空題的題型特點(只需寫出結果而無需寫出解答過程)，
突出將複雜的數量關係問題轉化為直觀的幾何圖形問題的意識，即由「數」到「形」的轉化；另一方面在解答題中以由「形」到「數」的轉化為主來考查數形結合思想；對於分類與整合思想是以解答題為主進行考查的，通常是通過對含有字母引數的數學問題進行分類與整合的研究，考查考生思維的嚴謹性與周密性；轉化與化歸思想在高考中的重點是一些常用的變換方法，如一般與特殊的轉化，繁與簡的轉化，構造轉化，命題的等價轉化等．
縱觀近幾年的高考試題，都加大了對數學思想方法的考查，把數學思想方法的考查寓於各部分知識的考查之中，以知識為載體，著重考查能力與方法題目很常見．**2023年數學高考中，仍然會在選擇題、填空題、解答題中以初等數學的各個知識點為背景，考查數學思想方法，對數學思想方法的考查不會削弱，會更加鮮明，更加重視．
第19講函式與方程思想
主幹知識整合
1．「函式與方程」思想的地位
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．
2．「函式與方程」思想的作用
運用方程思想解決問題主要從四個方面著手：一是把問題中對立的已知與未知建立相等關係統一在方程中，通過解方程解決；二是從分析問題的結構入手，找出主要矛盾，抓住某乙個關鍵變數，將等式看成關於這個主變元(常稱為主元)的方程，利用方程的特徵解決；三是根據幾個變數間的關係，符合某些方程的性質和特徵(如利用根與係數的關係構造方程等)，通過研究方程所具有的性質和特徵解決；四是中學數學中常見的數學模型(如函式、曲線等)，經常轉化為方程問題去解決．
3．「函式與方程」思想在高中數學中的體現
(1)函式與方程是密切相關的，對於函式y＝f(x)，當y＝0時，就轉化為方程f(x)＝0，也可以把函式式y＝f(x)看做二元方程y－f(x)＝0.函式問題(例如求反函式，求函式的值域等)可以轉化為方程問題來求解，方程問題也可以轉化為函式問題來求解，如解方程f(x)＝0，就是求函式y＝f(x)的零點．
(2)函式與不等式也可以相互轉化，對於函式y＝f(x)，當y＞0時，就轉化為不等式f(x)＞0，借助於函式圖象與性質解決有關問題，而研究函式的性質，也離不開解不等式．
(3)數列的通項或前n項和是自變數為正整數的函式，用函式的觀點處理數列問題十分重要．
(4)函式f(x)＝(ax＋b)n(n∈n*)與二項式定理是密切相關的，利用這個函式用賦值法和比較係數法可以解決很多二項式定理的問題．
(5)解析幾何中的許多問題，例如直線和二次曲線的位置關係問題，需要通過解二元方程組才能解決，涉及到二次方程與二次函式的有關理論．
(6)立體幾何中有關線段、角、面積、體積的計算，經常需要運用列方程或建立函式表示式的方法加以解決．
要點熱點**
**點一函式方程思想在求解最值或引數的取值範圍的應用
例1 已知函式f(x)＝x3－2x2＋x，g(x)＝x2＋x＋a，若函式y＝f(x)與y＝g(x)的圖象有三個不同的交點，求實數a的取值範圍．
【解答】 函式f(x)與y＝g(x)的圖象有三個不同的交點等價於方程x3－2x2＋x＝x2＋x＋a有三個不同的實數根，
即關於x的方程x3－3x2－a＝0有三個不同的實數根，
令h(x)＝x3－3x2－a，則h′(x)＝3x2－6x.
令h′(x)<0，解得0令h′(x)>0，解得x<0或x>2.
所以h(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上為增函式，在(0,2)上為減函式．
所以h(0)為極大值，h(2)為極小值．
從而h(2)<0【點評】 本題在求解引數取值範圍時，利用函式的極值處理，迅速準確地使問題得到解決．
變試題如果關於實數x的方程ax2＋＝3x的所有解中，僅有乙個正數解，那麼實數a的取值範圍為( )
a．c．
b 【解析】 原問題a＝－有且僅有乙個正實數解．
令＝t(t≠0)，則a＝－t3＋3t.
令f(t)＝－t3＋3t(t≠0)，f′(t)＝－3t2＋3，
由f′(t)＝0，得t＝1或t＝－1.
又t∈(－1,1)且t≠0時，f′(t)>0；t∈(－∞，－1)，(1，＋∞)時，f′(t)<0.
所以f(t)極大值＝f(1)＝2.
又t→－∞，f(t)→＋∞；t→＋∞，f(t)→－∞.
結合三次函式圖象即可得到答案．
**點二準確認識函式關係中的主從變數，解決有關問題
例2 已知a、b、c是直線l上的三點，向量，，滿足：－[y＋2f′(1)]＋ln(x＋1)＝0.
(1)求函式y＝f(x)的表示式；
(2)若x>0，證明：f(x)>；
(3)若不等式x2≤f(x2)＋m2－2bm－3時，x∈[－1,1]及b∈[－1,1]都恆成立，求實數m的取值範圍．
【解答】 用三點共線的充要條件構建目標函式，借助導數研究單調性，利用值域構建不等式求解引數範圍問題．
(1)∵－[y＋2f′(1)]＋ln(x＋1)＝0，∴＝[y＋2f′(1)]－ln(x＋1)，
由於a、b、c三點共線，即[y＋2f′(1)]＋[－ln(x＋1)]＝1，
∴y＝f(x)＝ln(x＋1)＋1－2f′(1)，f′(x)＝，
故f′(1)＝，∴f(x)＝ln(x＋1)．
(2)令g(x)＝f(x)－，由g′(x)＝－＝，
∵x＞0，∴g′(x)＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上是增函式，
故g(x)＞g(0)＝0，即f(x)＞.
(3)原不等式等價於x2－f(x2)≤m2－2bm－3，
令h(x)＝x2－f(x2)＝x2－ln(x2＋1)，
由h′(x)＝x－＝＝，
當x∈[－1,1]時，h(x)max＝0，∴m2－2bm－3≥0.
令q(b)＝m2－2bm－3，則
解得m≥3或m≤－3.
變試題對於滿足0≤p≤4的所有實數p，不等式x2＋px＞4x＋p－3都成立，則實數x的取值範圍是
x>3或x<－1
【解析】 原不等式可化為p(x－1)＋(x2－4x＋3)＞0，記f(p)＝p(x－1)＋x2－4x＋3，
由已知0≤p≤4，f(p)＞0恆成立，有解之得x＞3或x＜－1.
【點評】 反客為主，變換主元是解題的關鍵．
**點三利用函式與方程的相互轉化，解決有關問題
例3 (1)設a>1，若僅有乙個常數c使得對於任意的x∈，都有y∈滿足方程logax＋logay＝c，這時a的取值的集合為
(1)【解析】 由logax＋logay＝c，得y＝(x∈[a,2a])，
則當x∈[a,2a]時，y∈.
又對於任意的x∈[a,2a]，都有y∈[a，a2]，
因此又僅有乙個常數c，
所以2＋loga2＝3a＝2.
(2)函式f(x)＝(0≤x≤2π)的值域是( )
a. bc. d.
(2)c
【解析】 由y＝，得y2＝1－cos2x＝5y2＋4y2cosx.
令t＝cosx(t∈[－1,1])，
則等價於方程t2＋4y2·t＋5y2－1＝0在[－1,1]上有實數根．
令g(t)＝t2＋4y2·t＋5y2－1，
∵g(－1)＝y2≥0，g(1)＝9y2≥0，
故y2≤，
因此值域為，選c.
**點四運用函式、方程、不等式的相互轉化，解決有關問題
例4 若關於x的方程x2＋2kx－1＝0的兩根x1、x2滿足－1a. bc. d.
a 【解析】設函式f(x)＝x2＋2kx－1，
∵關於x的方程x2＋2kx－1＝0的兩根x1、x2滿足－1∴即∴－變試題已知a∈r，若關於x的方程x2＋x＋＋|a|＝0有實根，則a的取值範圍是
【解析】方程即＋|a|＝－x2－x＝－2＋∈，
利用絕對值的幾何意義，得≤＋|a|≤，
可得實數a的取值範圍為.
**點五函式方程思想在數列問題中的應用
例5 [2010·全國卷ⅰ] 記等差數列的前n項和為sn，設s3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比數列，求sn.
【解答】 設數列的公差為d，
依題設有即
解得或因此sn＝n(3n－1)，或sn＝2n(5－n)．
變試題已知函式f(x)＝若數列滿足an＝f(n)(n∈n*)，且是遞增數列，則實數a的取值範圍是( )
abc．[2,3d．(1,3)
【解析】a 依題意，數列滿足an＝f(n)(n∈n*)，且是遞增數列，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函式，
所以解得≤a<3，選擇a.
教師備選習題
(選題理由：均為高考中的重點：1.導數與不等式〈建構函式〉；
2數列與不等式〈選擇函式中恰當的主元〉)
1．[2010·安徽卷] 設a為實數，函式f(x)＝ex－2x＋2a，x∈r.
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