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函数与方程是高中数学中极其重要、应用广泛、极具抽象性的一种数学思想，更是一种数学素养、观念.填空、解答均频繁考查，同学们往往一听就懂，可常常一做就错，所以多数同学都害怕函数题.
函数与方程的数学思想，其实有三方面的理解：一是函数的思想，二是方程的思想，三是函数与方程进行相互转换的思想.
本文通过实例来阐述函数与方程思想的本质，以期对同学们有所帮助.
一、函数的思想
函数的思想就是通过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，化难为易，最终解决问题.
例1 函数f（x）=x3+（a-1）x2-（a+1）x-a，若对a∈[-1，1]，函数f（x）在（-∞，m）和（n，+∞）上都是增函数，求m，n的取值范围.
分析：将导数f′（x）=3x2+2（a-1）x-（a+1）改写成关于a的一次函数g（a）=（2x-1）a+（3x2-2x-1）是解决本题的关键.
解：∵f（x）=x3+（a-1）x2-（a+1）x-a，
∴f′（x）=3x2+2（a-1）x-（a+1）.
令g（a）=（2x-1）a+（3x2-2x-1），则
（1）当x=12时，g（a）=f′（x）=-54<0，不符题意，舍去.
（2）当x≠12时，要使g（a）=f′（x）=（2x-1）a+（3x2-2x-1）≥0，
对a∈[-1，1]恒成立，只需：
g（1）=（2x-1）+（3x2-2x-1）=3x2-2≥0g（-1）=-（2x-1）+（3x2-2x-1）=3x2-4x≥0，
解得x≥43或x≤-63.
又函数f（x）在（-∞，m）和（n，+∞）上都是增函数，
故m，n的取值范围分别为n≥43，m≤-63.
点评：本例利用导数与函数单调性的关系将问题等价转化为关于a的函数，从而使问题解决得很简洁.
例2 求证：对于任意的a，b，c，d∈R，恒有不等式（ac+bd）2≤（a2+b2）（c2+d2）.
解：令f（x）=（ax+c）2+（bx+d）2=（a2+b2）x2+2（ac+bd）x+c2+d2，
则f（x）≥0对x∈R恒成立，
故Δ≤0，即[2（ac+bd）]2-4（a2+b2）（c2+d2）≤0，
即（ac+bd）2≤（a2+b2）（c2+d2）.
点评：此题方法较多，本文给出通过构造函数的方法来解决.
二、方程的思想
方程的思想就是分析数学问题情境中变量之间的等量关系，通过建立（或构造）方程或方程组，或者运用方程的性质去分析问题、转化问题，化生疏为熟悉，最终解决问题.
例3 已知二次函数y=f（x）在x=t+22处取得最小值-t24（t>0）且f（1）=0.
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）若对x∈R，f（x）g（x）+anx+bn=xn+1（）恒成立，其中g（x）为多项式，n∈N.求an，bn（用t表示）.
解：（1）f（x）=x2-（t+2）x+t+1（过程略）.
（2）由f（x）=（x-t-1）（x-1），
又f（x）g（x）+anx+bn=xn+1对x∈R恒成立，将x=1，x=t+1代入（），
有an+bn=1，（t+1）an+bn=（t+1）n+1，
解得an=1t[（t+1）n+1-1]bn=t+1t[1-（t+1）n]
点评：本题充分抓住方程f（x）=0的两根，代入（）构造出关于an与bn的方程组是关键.
三、函数与方程的思想
函数与方程思想本质是从变化的角度看方程中的数（或字母），则方程的一边就是函数的表达式；从静止的角度看函数中的变量，则函数式即可看作方程.应用函数与方程的思想的要领是根据所给问题情境，构造恰当的函数模型或者方程模型来解决问题.
例4 设函数f（x）=lnx-12ax2-bx.
（1）已知f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程是y=2x-1，求实数a，b的值；
（2）在（1）的条件下，若方程f（x）=λx2（λ>0）有唯一实数解，求实数λ的值.
解：（1）当x=1时，y=1，所以f（1）=-12a-b=1.
因为f′（x）=1x-ax-b，即f′（1）=1-a-b=2，
所以a=0，b=-1.
（2）方法一 因为方程f（x）=λx2（λ>0）有唯一实数解，
所以λx2-lnx-x=0有唯一实数解.
设g（x）=λx2-lnx-x，则g′（x）=2λx2-x-1x.
令g′（x）=0，得2λx2-x-1=0.
因为λ>0，所以Δ=1+8λ>0，方程有两异号根，设为x1<0，x2>0，
因为x>0，所以x1舍去.
当x∈（0，x2）时，g′（x）<0，g（x）在（0，x2）上单调递减；
当x∈（x2，+∞）时，g′（x）>0，g（x）在（x2，+∞）上单调递增.
当x=x2时，g′（x2）=0，g（x）取最小值g（x2）.
因为g（x）=0有唯一实数解，所以g（x2）=0.
则g（x2）=0g′（x2）=0，即λx22-lnx2-x2=02λx22-x2-1=0.
因为λ>0，所以2lnx2+x2-1=0.（）
设函数h（x）=2lnx+x-1.因为当x>0时，h（x）是增函数，所以h（x）=0至多有一解.
因为h（1）=0，所以方程（）的解为x2=1，代人方程组解得λ=1.
方法二 因为方程f（x）=λx2（λ>0）有唯一实数解，
所以λx2-lnx-x=0有唯一实数解.
则λ=lnx+xx2（x>0）有唯一实数解，即y=λ与g（x）=lnx+xx2有且仅有一个交点.
由g′（x）=1-x-2lnxx3（x>0），
显然g′（1）=0，当x∈（1，+∞）时，g′（x）<0，当x∈（0，1）时，g′（x）>0，
所以g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
所以g（x）max=g（1）=1，
由y=λ与g（x）=lnx+xx2有且仅有一个交点，故λ=1.
点评：方法一通过构造新方程，研究方程根的情况，使问题获得解决，而方法二通过把方程解的问题转化为函数图象交点问题.
（作者：顾钱睦，如皋市薛窑中学）
函数与方程的数学思想，其实有三方面的理解：一是函数的思想，二是方程的思想，三是函数与方程进行相互转换的思想.
本文通过实例来阐述函数与方程思想的本质，以期对同学们有所帮助.
一、函数的思想
函数的思想就是通过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，化难为易，最终解决问题.
例1 函数f（x）=x3+（a-1）x2-（a+1）x-a，若对a∈[-1，1]，函数f（x）在（-∞，m）和（n，+∞）上都是增函数，求m，n的取值范围.
分析：将导数f′（x）=3x2+2（a-1）x-（a+1）改写成关于a的一次函数g（a）=（2x-1）a+（3x2-2x-1）是解决本题的关键.
解：∵f（x）=x3+（a-1）x2-（a+1）x-a，
∴f′（x）=3x2+2（a-1）x-（a+1）.
令g（a）=（2x-1）a+（3x2-2x-1），则
（1）当x=12时，g（a）=f′（x）=-54<0，不符题意，舍去.
（2）当x≠12时，要使g（a）=f′（x）=（2x-1）a+（3x2-2x-1）≥0，
对a∈[-1，1]恒成立，只需：
g（1）=（2x-1）+（3x2-2x-1）=3x2-2≥0g（-1）=-（2x-1）+（3x2-2x-1）=3x2-4x≥0，
解得x≥43或x≤-63.
又函数f（x）在（-∞，m）和（n，+∞）上都是增函数，
故m，n的取值范围分别为n≥43，m≤-63.
点评：本例利用导数与函数单调性的关系将问题等价转化为关于a的函数，从而使问题解决得很简洁.
例2 求证：对于任意的a，b，c，d∈R，恒有不等式（ac+bd）2≤（a2+b2）（c2+d2）.
解：令f（x）=（ax+c）2+（bx+d）2=（a2+b2）x2+2（ac+bd）x+c2+d2，
则f（x）≥0对x∈R恒成立，
故Δ≤0，即[2（ac+bd）]2-4（a2+b2）（c2+d2）≤0，
即（ac+bd）2≤（a2+b2）（c2+d2）.
点评：此题方法较多，本文给出通过构造函数的方法来解决.
二、方程的思想
方程的思想就是分析数学问题情境中变量之间的等量关系，通过建立（或构造）方程或方程组，或者运用方程的性质去分析问题、转化问题，化生疏为熟悉，最终解决问题.
例3 已知二次函数y=f（x）在x=t+22处取得最小值-t24（t>0）且f（1）=0.
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）若对x∈R，f（x）g（x）+anx+bn=xn+1（）恒成立，其中g（x）为多项式，n∈N.求an，bn（用t表示）.
解：（1）f（x）=x2-（t+2）x+t+1（过程略）.
（2）由f（x）=（x-t-1）（x-1），
又f（x）g（x）+anx+bn=xn+1对x∈R恒成立，将x=1，x=t+1代入（），
有an+bn=1，（t+1）an+bn=（t+1）n+1，
解得an=1t[（t+1）n+1-1]bn=t+1t[1-（t+1）n]
点评：本题充分抓住方程f（x）=0的两根，代入（）构造出关于an与bn的方程组是关键.
三、函数与方程的思想
函数与方程思想本质是从变化的角度看方程中的数（或字母），则方程的一边就是函数的表达式；从静止的角度看函数中的变量，则函数式即可看作方程.应用函数与方程的思想的要领是根据所给问题情境，构造恰当的函数模型或者方程模型来解决问题.
例4 设函数f（x）=lnx-12ax2-bx.
（1）已知f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程是y=2x-1，求实数a，b的值；
（2）在（1）的条件下，若方程f（x）=λx2（λ>0）有唯一实数解，求实数λ的值.
解：（1）当x=1时，y=1，所以f（1）=-12a-b=1.
因为f′（x）=1x-ax-b，即f′（1）=1-a-b=2，
所以a=0，b=-1.
（2）方法一 因为方程f（x）=λx2（λ>0）有唯一实数解，
所以λx2-lnx-x=0有唯一实数解.
设g（x）=λx2-lnx-x，则g′（x）=2λx2-x-1x.
令g′（x）=0，得2λx2-x-1=0.
因为λ>0，所以Δ=1+8λ>0，方程有两异号根，设为x1<0，x2>0，
因为x>0，所以x1舍去.
当x∈（0，x2）时，g′（x）<0，g（x）在（0，x2）上单调递减；
当x∈（x2，+∞）时，g′（x）>0，g（x）在（x2，+∞）上单调递增.
当x=x2时，g′（x2）=0，g（x）取最小值g（x2）.
因为g（x）=0有唯一实数解，所以g（x2）=0.
则g（x2）=0g′（x2）=0，即λx22-lnx2-x2=02λx22-x2-1=0.
因为λ>0，所以2lnx2+x2-1=0.（）
设函数h（x）=2lnx+x-1.因为当x>0时，h（x）是增函数，所以h（x）=0至多有一解.
因为h（1）=0，所以方程（）的解为x2=1，代人方程组解得λ=1.
方法二 因为方程f（x）=λx2（λ>0）有唯一实数解，
所以λx2-lnx-x=0有唯一实数解.
则λ=lnx+xx2（x>0）有唯一实数解，即y=λ与g（x）=lnx+xx2有且仅有一个交点.
由g′（x）=1-x-2lnxx3（x>0），
显然g′（1）=0，当x∈（1，+∞）时，g′（x）<0，当x∈（0，1）时，g′（x）>0，
所以g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
所以g（x）max=g（1）=1，
由y=λ与g（x）=lnx+xx2有且仅有一个交点，故λ=1.
点评：方法一通过构造新方程，研究方程根的情况，使问题获得解决，而方法二通过把方程解的问题转化为函数图象交点问题.
（作者：顾钱睦，如皋市薛窑中学）