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函数与方程的思想是指在解决某些数学问题时，构造适当的函数与方程，把问题转化为研究辅助函数与辅助方程性质的思想.
就中学数学而言，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.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决，反之，许多函数问题也可以用方程的方法来解决.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.
一、题型归纳
（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.函数问题（例如求函数的值域等）可以转化为方程问题来求解，方程问题也可以转化为函数问题来求解，如解方程f(x)＝0，就是求函数y＝f(x)的零点.
（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.
二、研究应用
例1：已知关于x的方程x2－(2m－8)x+m2－16=0的两个实根x1，x2满足 x1＜32＜x2，求实数m的取值范围.
解析：方程的根可以转化为函数f(x)=x2－(2m－8)x+m2－16的零点.
通过研究函数的图象，可知要满足x1＜32＜x2，只需f(32)<0，
从而解得{m|－12 评注：本题采用把方程的根转化为函数的零点问题，通过研究二次函数的零点的分步问题，使解题简单化.
例2：设不等式2x－1>m(x2－1)对满足|m|≤2的一切实数m恒成立，求实数x的取值范围.
解析：此问题由于常见的思维定势，易把它看成关于x的不等式进行分类讨论.然而，若变换一个角度以m为主元，记f(m)=(x2－1)m－(2x－1)，则问题转化为求一次函数（或常数函数）f(m)的值在区间内恒负时参数x应该满足的条件.
要使f(m)<0，只要使f(－2)<0,f(2)<0,
即－2(x2－1)－(2x－1)<0,2(x2－1)－(2x－1)<0,
从而解得x∈(7－12，3+12).
评注：本例采用变更主元法，化繁为简，再巧用函数图象的特征（一条线段），解法易懂易做.如何从一个含有多个变元的数学问题里，选定合适的主变元，从而揭示其中主要的函数关系，有时便成了数学问题能否“明朗化”的关键所在.
例3：设f(x)=lg1+2x+4xa3，其中a∈R，如果当x∈(－∞，1〗时，f(x)有意义，求a的取值范围.
解析：二次函数及图象、二次不等式、二次方程三者是紧密联系的，许多问题都可以利用它们来解决，只要进行合理的转化就可以了.
可知1+2x+4xa>0，
即a>－14)x+(12)x〗当x∈(-∞,1〗时恒成立.
而(14)x、(12)x都是减函数，
则g(x)=－14)x+(12)x〗在(－∞，1〗上是增函数.
故当x＝1时，g(x)取得最大值是g(1)=－(14+12)=－34，
从而得a的取值范围是a>－34.
评注：本例采用分离参数法，再构造函数，使不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题，方向明确，解法简捷.在数学各分支中若遇到有关不等式、方程及最值之类的问题，利用函数观点加以分析，常可使问题变得明了，从而易于找到一种适当的解题途径.这充分体现了方程思想和函数思想的实用性和重要性.
例4：设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3=12，S12>0，S13<0，
（1）求公差d的取值范围；
（2）指出S1、S2、S3…，S12中哪一个最大，并说明理由.
解析：（1）由a3=12得：a1=12－2d，
∵S12＝12a1+44d=144+42d>0,S13＝13a1+78d=156+52d<0,
∴－247 （2）Sn=na1+n(n－1)2d=12dn2+(12－52d)n.
∵d<0，Sn是关于n 的二次函数，对称轴方程为：x＝52－12d.
∵－247 ∴当n＝6时，Sn最大.
评注：数列的通项及前n项的和是自变量为正整数的函数.本题中数列的和的问题转化为二次函数的最值问题，通过研究二次函数的性质解决，简单快捷.
例5：设a，b∈R，且a3－3a2+5a=1，b3－3b2+5b=5，求a＋b的值.
解析：由已知两式结构的相似性，联想到相应函数
f(x)=x3－3x2+5x=(x－1)3+2(x－1)+3
令x－1=u，则g(u)=u3+2u是奇函数，且是增函数.这样，已知是
f(a)=g(a－1)+3=1，
f(b)=g(b－1)+3=5，
得g(a－1)=－2，g(b－1)=2，
则有g(a－1)=－g(b－1)=g(1－b),
从而a－1=1－b，所以a+b=2.
评注：本例由已知式构造函数，再巧用奇偶性和单调性，解法奇妙.选取变元，构造函数关系来解决数学问题，这是运用函数思想解题的较高层次，只有平时多加训练并注意积累，才能做到运用自如.
例6：如果函数y=ax+bx2+1的最大值是4，最小值是－1，求实数a、b的值.
解析：由y的最大值是4，知存在实数x使ax2+bx2+1＝4，即方程4x2－ax+4－b=0有实根，故有
Δ1=a2－16(4－b)≥0.
又由y的最大值是4，知对任意实数x恒有ax+bx2+1≤4，
即4x2－ax+4－b≥0恒成立，
故Δ1=a2－16(4－b)≤0，
从而Δ1=a2－16(4－b)=0.
同理由y的最小值是－1，可得
Δ2=a2－4(1+b)=0，
由Δ1=0Δ2=0，可解得a=±4b=3.
评注：本例解法中，对题设中给出的最值，一方面认为是方程的实数解，另一方面又认为是不等式的恒成立条件.由于对题设条件的理解深刻，所以构思新颖，证法严谨.
例7：△ABC的三边a，b，c满足b＝8－c，a2－bc－12a+52=0，试确定△ABC的形状.
解析：因为b＋c＝8，bc=a2－12a+52，
所以b，c是方程t2－8t+a2－12a+52=0的两实根，
即－4(a－6)2≥0，所以a＝6.从而得b＝c＝4，因此△ABC是等腰三角形.
评注：构建一元二次方程的模型解决数学问题，是一种行之有效的手段，其独特功能在于充分运用构建的一元二次方程及根的判别式和求根公式变更命题，从而使问题获得圆满解决.
例8：设函数f(x)=2x3－3(a+1)x2+6ax+8，其中a≥0.
（1）若f(x)在x＝3处取得极值，求常数a的值；
（2）若f(x)在(－∞，0)上为增函数，求a的取值范围.
解析：（1）f′(x)=6x2－6(a+1)x+6a
=6(x－a)(x－1),
因f(x)在x＝3时取得极值，
所以f′(3)=6(3－a)(3－1)=0,
解得a＝3,
经检验知当a＝3时，x＝3为f(x)的极值点.
（2）令f′(x)=6(x－a)(x－1)＝0,
得x1=a，x2=1.
当a＜1时，若x∈(－∞，a)∪(1，+∞)，则f′（x）＞0，
所以f(x)在（－∞，a）和（1，＋∞）上为增函数，故当0≤a<1时，f(x)在（－∞，0）上为增函数.
当a≥1时，若x∈(－∞，1)∪(a，+∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在（－∞，1）和（a，＋∞）上为增函数，从而f(x)在（－∞，0〗上也为增函数.
综上所述，当a∈评注：三次函数在求导之后，导函数成为二次函数，而二次函数、二次不等式、二次方程三者之间是相互依存的，利用它们可以将问题进行转化，使二次方程的解与函数的极值相关，二次不等式的解与函数的单调性相关.
例9：设a为实数，
函数f(x)=2x2+(x－a)|x－a|.
（1）若f(0)≥1，求a的取值范围；
（2）求f(x)的最小值；
解析：（1）因为f(0)=－a|－a|≥1，所以－a>0,即a<0.
由a2≥1知a≤－1，因此，a的取值范围为(－∞,－1〗.
（2）记f(x)的最小值为g(a)，则有
f(x)=2x2+(x－a)|x－a|=
3(x－a3)2+2a23,x>a(x+a)2－2a2,x≤a
当a≥0时，f(－a)=－2a2,由上式可知，f(x)≥－2a2,此时g(a)=－2a2.
当a<0时，f(a3)=23a2.
若x>a,则由第一式知f(x)≥23a2；
若x≤a,则x+a≤2a<0,由第二式知f(x)≥2a2≥23a2,此时g(a)=2a23.
综上所述，g(a)=2a23,a<0－2a2,a≥0
评注：本题是2009年江苏省高考数学卷的第20题，主要考察函数的概念、性质、图像及解余元二次不等式等基础知识，考察灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力. 不等式与函数等既是知识的结合点，又是知识与方法的交汇点，因而在历年高考中始终是重点.
例10：设f(x)是定义在区间(1,+∞)的函数，其导函数为f′(x). 如果存在实数a和函数h(x)，其中h(x)对任意的x∈(1,+∞)都有h(x)>0，使得f′(x)=h(x)(x2－ax+1)，则称函数f(x)具有性质P(a).
（1）设函数f(x)=lnx+b+2x+1(x>1)，其中b为实数.
① 求证：函数f(x)具有性质P(b)；
② 求函数f(x)的单调区间.
（2）已知函数g(x)具有性质P(2)，给定x1,x2∈(1,+∞),x11,β>1.若|g(α)－g(β)|<|g(x1)－g(x2)|，求m的取值范围.
解析：（1）①由f(x)=lnx+b+2x+1,得f′(x)=x2－bx+1x(x+1)2
∵x>1时，h(x)=1x(x+1)2>0.∴函数f(x)具有性质P(b).
②当b≤2时,由x>1得x2－bx+1≥x2－2x+1=(x－1)2>0,
∴f′(x)>0，从而函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
当b>2时，解方程x2－bx+1=0得x1=b－b2－42,x2=b+b2－42,
∵x1=b－b2－42=2b+b2－4<2b<1,x2=b+b2－42>1,
所以当x∈(1,x2)时，f′(x)<0；当x∈(x2,+∞)，f′(x)>0；当x=x2，f′(x)=0.
从而函数f(x)在区间(1,x2)上单调递减，在区间(x2,+∞)上单调递增.
综上所述，当b≤2时，函数f(x)的单调增区间为(1,+∞)；
当b>2时，函数f(x)的单调减区间为
(1,b+b2－42),单调增区间是(b+b2－42,+∞).
（2）由题设知，g(x)的导函数g′(x)=h(x)(x2－2x+1)，其中函数h(x)>0对于任意的x∈(1,+∞)都成立. 所以，当x>1时，g′(x)=h(x)(x－1)2>0.
从而g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
①当m∈(0,1)时，有α=mx1+(1－m)x2>mx1+(1－m)x1=x1,
α 所以由g(x)的单调性知g(α),g(β)∈(g(x1),g(x2))，
从而有|g(α)－g(β)|<|g(x1)－g(x2)|，符合题设.
②当m≤0时，α=mx1+(1－m)x2≥mx2+(1－m)x2=x2,
β=(1－m)x1+mx2≤(1－m)x1+mx1=x1,
于是由α>1,β>1及g(x)的单调性知g(β)≤g(x1) 所以|g(α)－g(β)|≥|g(x1)－g(x2)|，与题设不符.
③当m≥1时，同理可得α≤x1,β≥x2,进而得|g(α)－g(β)|≥|g(x1)－g(x2)|，与题设不符.
因此，综合①②③得，所求的m的取值范围为(0,1).
评注：本题是2010年江苏省高考数学卷的第20题，考察函数、不等式综合问题，同例8，方程的解与函数的极值相关，不等式的解集与函数的单调性相关.
总之，函数与方程涉及的知识点多、面广，函数与方程的思想方法是中学数学中十分重要的一种思想和方法，也是高考中考查的重点.因此，我们要重视和学会运用这一方法去分析问题、转化问题和解决问题，强化函数与方程的思想方法的应用意识和基本训练，以适应高考新的变化和要求.
（作者：姚圣海，江苏省苏州第十中学）
就中学数学而言，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.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决，反之，许多函数问题也可以用方程的方法来解决.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.
一、题型归纳
（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.函数问题（例如求函数的值域等）可以转化为方程问题来求解，方程问题也可以转化为函数问题来求解，如解方程f(x)＝0，就是求函数y＝f(x)的零点.
（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.
二、研究应用
例1：已知关于x的方程x2－(2m－8)x+m2－16=0的两个实根x1，x2满足 x1＜32＜x2，求实数m的取值范围.
解析：方程的根可以转化为函数f(x)=x2－(2m－8)x+m2－16的零点.
通过研究函数的图象，可知要满足x1＜32＜x2，只需f(32)<0，
从而解得{m|－12
例2：设不等式2x－1>m(x2－1)对满足|m|≤2的一切实数m恒成立，求实数x的取值范围.
解析：此问题由于常见的思维定势，易把它看成关于x的不等式进行分类讨论.然而，若变换一个角度以m为主元，记f(m)=(x2－1)m－(2x－1)，则问题转化为求一次函数（或常数函数）f(m)的值在区间内恒负时参数x应该满足的条件.
要使f(m)<0，只要使f(－2)<0,f(2)<0,
即－2(x2－1)－(2x－1)<0,2(x2－1)－(2x－1)<0,
从而解得x∈(7－12，3+12).
评注：本例采用变更主元法，化繁为简，再巧用函数图象的特征（一条线段），解法易懂易做.如何从一个含有多个变元的数学问题里，选定合适的主变元，从而揭示其中主要的函数关系，有时便成了数学问题能否“明朗化”的关键所在.
例3：设f(x)=lg1+2x+4xa3，其中a∈R，如果当x∈(－∞，1〗时，f(x)有意义，求a的取值范围.
解析：二次函数及图象、二次不等式、二次方程三者是紧密联系的，许多问题都可以利用它们来解决，只要进行合理的转化就可以了.
可知1+2x+4xa>0，
即a>－14)x+(12)x〗当x∈(-∞,1〗时恒成立.
而(14)x、(12)x都是减函数，
则g(x)=－14)x+(12)x〗在(－∞，1〗上是增函数.
故当x＝1时，g(x)取得最大值是g(1)=－(14+12)=－34，
从而得a的取值范围是a>－34.
评注：本例采用分离参数法，再构造函数，使不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题，方向明确，解法简捷.在数学各分支中若遇到有关不等式、方程及最值之类的问题，利用函数观点加以分析，常可使问题变得明了，从而易于找到一种适当的解题途径.这充分体现了方程思想和函数思想的实用性和重要性.
例4：设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3=12，S12>0，S13<0，
（1）求公差d的取值范围；
（2）指出S1、S2、S3…，S12中哪一个最大，并说明理由.
解析：（1）由a3=12得：a1=12－2d，
∵S12＝12a1+44d=144+42d>0,S13＝13a1+78d=156+52d<0,
∴－247
∵d<0，Sn是关于n 的二次函数，对称轴方程为：x＝52－12d.
∵－247
评注：数列的通项及前n项的和是自变量为正整数的函数.本题中数列的和的问题转化为二次函数的最值问题，通过研究二次函数的性质解决，简单快捷.
例5：设a，b∈R，且a3－3a2+5a=1，b3－3b2+5b=5，求a＋b的值.
解析：由已知两式结构的相似性，联想到相应函数
f(x)=x3－3x2+5x=(x－1)3+2(x－1)+3
令x－1=u，则g(u)=u3+2u是奇函数，且是增函数.这样，已知是
f(a)=g(a－1)+3=1，
f(b)=g(b－1)+3=5，
得g(a－1)=－2，g(b－1)=2，
则有g(a－1)=－g(b－1)=g(1－b),
从而a－1=1－b，所以a+b=2.
评注：本例由已知式构造函数，再巧用奇偶性和单调性，解法奇妙.选取变元，构造函数关系来解决数学问题，这是运用函数思想解题的较高层次，只有平时多加训练并注意积累，才能做到运用自如.
例6：如果函数y=ax+bx2+1的最大值是4，最小值是－1，求实数a、b的值.
解析：由y的最大值是4，知存在实数x使ax2+bx2+1＝4，即方程4x2－ax+4－b=0有实根，故有
Δ1=a2－16(4－b)≥0.
又由y的最大值是4，知对任意实数x恒有ax+bx2+1≤4，
即4x2－ax+4－b≥0恒成立，
故Δ1=a2－16(4－b)≤0，
从而Δ1=a2－16(4－b)=0.
同理由y的最小值是－1，可得
Δ2=a2－4(1+b)=0，
由Δ1=0Δ2=0，可解得a=±4b=3.
评注：本例解法中，对题设中给出的最值，一方面认为是方程的实数解，另一方面又认为是不等式的恒成立条件.由于对题设条件的理解深刻，所以构思新颖，证法严谨.
例7：△ABC的三边a，b，c满足b＝8－c，a2－bc－12a+52=0，试确定△ABC的形状.
解析：因为b＋c＝8，bc=a2－12a+52，
所以b，c是方程t2－8t+a2－12a+52=0的两实根，
即－4(a－6)2≥0，所以a＝6.从而得b＝c＝4，因此△ABC是等腰三角形.
评注：构建一元二次方程的模型解决数学问题，是一种行之有效的手段，其独特功能在于充分运用构建的一元二次方程及根的判别式和求根公式变更命题，从而使问题获得圆满解决.
例8：设函数f(x)=2x3－3(a+1)x2+6ax+8，其中a≥0.
（1）若f(x)在x＝3处取得极值，求常数a的值；
（2）若f(x)在(－∞，0)上为增函数，求a的取值范围.
解析：（1）f′(x)=6x2－6(a+1)x+6a
=6(x－a)(x－1),
因f(x)在x＝3时取得极值，
所以f′(3)=6(3－a)(3－1)=0,
解得a＝3,
经检验知当a＝3时，x＝3为f(x)的极值点.
（2）令f′(x)=6(x－a)(x－1)＝0,
得x1=a，x2=1.
当a＜1时，若x∈(－∞，a)∪(1，+∞)，则f′（x）＞0，
所以f(x)在（－∞，a）和（1，＋∞）上为增函数，故当0≤a<1时，f(x)在（－∞，0）上为增函数.
当a≥1时，若x∈(－∞，1)∪(a，+∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在（－∞，1）和（a，＋∞）上为增函数，从而f(x)在（－∞，0〗上也为增函数.
综上所述，当a∈评注：三次函数在求导之后，导函数成为二次函数，而二次函数、二次不等式、二次方程三者之间是相互依存的，利用它们可以将问题进行转化，使二次方程的解与函数的极值相关，二次不等式的解与函数的单调性相关.
例9：设a为实数，
函数f(x)=2x2+(x－a)|x－a|.
（1）若f(0)≥1，求a的取值范围；
（2）求f(x)的最小值；
解析：（1）因为f(0)=－a|－a|≥1，所以－a>0,即a<0.
由a2≥1知a≤－1，因此，a的取值范围为(－∞,－1〗.
（2）记f(x)的最小值为g(a)，则有
f(x)=2x2+(x－a)|x－a|=
3(x－a3)2+2a23,x>a(x+a)2－2a2,x≤a
当a≥0时，f(－a)=－2a2,由上式可知，f(x)≥－2a2,此时g(a)=－2a2.
当a<0时，f(a3)=23a2.
若x>a,则由第一式知f(x)≥23a2；
若x≤a,则x+a≤2a<0,由第二式知f(x)≥2a2≥23a2,此时g(a)=2a23.
综上所述，g(a)=2a23,a<0－2a2,a≥0
评注：本题是2009年江苏省高考数学卷的第20题，主要考察函数的概念、性质、图像及解余元二次不等式等基础知识，考察灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力. 不等式与函数等既是知识的结合点，又是知识与方法的交汇点，因而在历年高考中始终是重点.
例10：设f(x)是定义在区间(1,+∞)的函数，其导函数为f′(x). 如果存在实数a和函数h(x)，其中h(x)对任意的x∈(1,+∞)都有h(x)>0，使得f′(x)=h(x)(x2－ax+1)，则称函数f(x)具有性质P(a).
（1）设函数f(x)=lnx+b+2x+1(x>1)，其中b为实数.
① 求证：函数f(x)具有性质P(b)；
② 求函数f(x)的单调区间.
（2）已知函数g(x)具有性质P(2)，给定x1,x2∈(1,+∞),x1
解析：（1）①由f(x)=lnx+b+2x+1,得f′(x)=x2－bx+1x(x+1)2
∵x>1时，h(x)=1x(x+1)2>0.∴函数f(x)具有性质P(b).
②当b≤2时,由x>1得x2－bx+1≥x2－2x+1=(x－1)2>0,
∴f′(x)>0，从而函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
当b>2时，解方程x2－bx+1=0得x1=b－b2－42,x2=b+b2－42,
∵x1=b－b2－42=2b+b2－4<2b<1,x2=b+b2－42>1,
所以当x∈(1,x2)时，f′(x)<0；当x∈(x2,+∞)，f′(x)>0；当x=x2，f′(x)=0.
从而函数f(x)在区间(1,x2)上单调递减，在区间(x2,+∞)上单调递增.
综上所述，当b≤2时，函数f(x)的单调增区间为(1,+∞)；
当b>2时，函数f(x)的单调减区间为
(1,b+b2－42),单调增区间是(b+b2－42,+∞).
（2）由题设知，g(x)的导函数g′(x)=h(x)(x2－2x+1)，其中函数h(x)>0对于任意的x∈(1,+∞)都成立. 所以，当x>1时，g′(x)=h(x)(x－1)2>0.
从而g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
①当m∈(0,1)时，有α=mx1+(1－m)x2>mx1+(1－m)x1=x1,
α
从而有|g(α)－g(β)|<|g(x1)－g(x2)|，符合题设.
②当m≤0时，α=mx1+(1－m)x2≥mx2+(1－m)x2=x2,
β=(1－m)x1+mx2≤(1－m)x1+mx1=x1,
于是由α>1,β>1及g(x)的单调性知g(β)≤g(x1)
③当m≥1时，同理可得α≤x1,β≥x2,进而得|g(α)－g(β)|≥|g(x1)－g(x2)|，与题设不符.
因此，综合①②③得，所求的m的取值范围为(0,1).
评注：本题是2010年江苏省高考数学卷的第20题，考察函数、不等式综合问题，同例8，方程的解与函数的极值相关，不等式的解集与函数的单调性相关.
总之，函数与方程涉及的知识点多、面广，函数与方程的思想方法是中学数学中十分重要的一种思想和方法，也是高考中考查的重点.因此，我们要重视和学会运用这一方法去分析问题、转化问题和解决问题，强化函数与方程的思想方法的应用意识和基本训练，以适应高考新的变化和要求.
（作者：姚圣海，江苏省苏州第十中学）