時間：2022-04-23 11:12:39
開篇：寫作不僅是一種記錄，更是一種創造，它讓我們能夠捕捉那些稍縱即逝的靈感，將它們永久地定格在紙上。下面是小編精心整理的12篇函數思想，希望這些內容能成為您創作過程中的良師益友，陪伴您不斷探索和進步。
第一，常見如下三種類型的轉化.
（1）若a>f（x）（a≥f（x））恒成立，則a>f（x）max（a≥f（x）max）（如果函數沒有最大值，其值域是（m，n），則a≥n）.
若a
（2）設函數f（x）的定義域為D，若x1∈D，使a>f（x）（a≥f（x））成立，則a>f（x）min（或a≥f（x）min）（如果函數沒有最小值，其值域是（m，n）則a>m）.
若x1∈D，使a
（3）若方程a=f（x）有解，則a的取值范圍為函數f（x）的值域.
第二，根據以上三點，有下列變式結論.
（1）若對x1，x2∈D，|f（x1）-f（x2）|≤a成立，則a≥f（x）max-f（x）max.
（2）若x1∈D1，x2∈D2，使得f（x1）=g（x2）f（x）在D1上的值域A與函數g（x）在D2上的值域B的交集不是空集，即A∩B≠.
（3）若x1∈D1，x2∈D2，使得f（x1）=g（x2）f（x）在D1上的值域A是函數g（x）在D2上的值域B的子集，即AB.
（4）若f（x），g（x）是閉區間D上的連續函數，則對x1，x2∈D，使得f（x1）≤g（x2）f（x）max≤g（x）min.
（5）若x1∈D1，x2∈D2，使得f（x1）≥g（x2）f（x）min≥g（x）min.
例1已知集合P=x|12≤x≤2|，函數y=log2（ax2-2x+2）的定義域為Q.
（1）若P∩Q≠，求實數a的取值范圍；
（2）若方程log2（ax2-2x+2）=2在12，2內有解，求實數a的取值范圍；
（3）若不等式log2（ax2-2x+2）>2在12，2內恒成立，求實數a的取值范圍.
解：（1）由題意，不等式ax2-2x+2>0在區間12，2上有解，即在區間12，2上至少存在一個實數使不等式ax2-2x+2>0成立.
由ax2-2x+2>0，得a>-2（1x）2+2?1x.
x∈12，2，
1x∈12，2.
函數y=-2（1x）2+2?1x∈-4，12.
a>-4.
（2）由題意，方程a=2x+2x2在區間12，2內有解，令x+1=t，則x=t-1，t∈32，3；則a=2x+2x2=2t+1t-2.
令y=t+1t，則y′=1-1t2>0.
y=t+1t在區間32，3上是增函數.
2t+1t-2∈
32，12，即a∈32，12.
（3）由題意，a>2x+2x2在區間12，2上恒成立，由（2）知，2x+2x2∈32，12，所以a>12.
例2設函數f（x）=ax+xlnx，g（x）=x3-x2-3.如果存在x1、x2∈[0，2]，使g（x1）-g（x2）≥M成立，求滿足條件的最大整數M.
解：由題意，M≤[g（x1）-g（x2）]max=g（x）max-g（x）min即可.
g′（x）=3x2-2x=x（3x-2），
x∈（0，32）時，g′（x）0，g（x）遞增.
g（x）min=g（23）=-8527，g（x）max=max{g（0），g（2）}=1.
例1：已知0＜a＜1，x≠x且x、x∈（，∞），試比較+與的大小，并說明你的理由。
分析：若本題用作差的方法來比較大小，則通分后分子、分母的結構都非常復雜，并且分子分母的取值符號不易確定。細心觀察式子：、與=2•，顯然它們都與函數f（x）=相關，因此問題轉化為比較f（x）+f（x）與2f（）的大小，聯想函數圖像就可解決。
解：設f（x）=，對y=變形得y=•即y-=，令x′=x-，y′=y-，則y′=（反比例函數）（如圖），由于y=f（x）在x∈（，∞）上的圖像是向下凸的，所以對于x≠x且x、x∈（，∞），函數圖像上兩點A（x，f（x））、B（x，f（x））連結弦AB的中點M（，），若過M作x軸的垂線交曲線弧于點N（，f（）），則N總在M的下方，所以＞f（），即f（x）+f（x）＞2•f（），當0＜a＜1，x≠x且x、x∈（，∞）時必有+＞。
例2：已知橢圓C：+=1，P（a，0）是X軸上的動點，求點P到橢圓C上動點Q的最近距離g（a），并就g（a）=4時求a的值。
分析：動點P（a，0）到橢圓C：+=1上的動點Q（x，y）的距離是關于x、y的二元函數，欲求二元函數的最值，須將多元函數一元化，因此可以用橢圓的參數方程解之。
解：設Q（5cosθ，3sinθ）是橢圓C：+=1上的動點，則 |PQ|=（5cosθ-a）+（3sinθ）=16cosθ-10acosθ+（a+9）。若令t=cosθ，f（t）=16t-10at+（a+9），t∈［-1，1］，則問題轉化為求二次型函數f（t）=16t-10at+（a+9），t∈［-1，1］的最小值。數形結合易得：當a＜-1，即a＜-時，y=f（-1）=（a+5）；當-1≤a≤1時，即-≤a≤時，y=f（a）=（16-a）；當a＞1，即a＞時，y=f（1）=（a-5）。
注意到|PQ|=，得g（a）=|a+5|（a＜-）（-≤a≤）|a-5|（a＞），即為所求。
若g（a）=4，則易得a=±9。
例3：已知實系數一元二次方程ax+bx+c=0，若ax+bx+c+t（x-k）=0對于一切實數t都有實數根，試求實數k與方程ax+bx+c=0的根的關系。
解：聯想到函數f（x）=ax+bx+c，由條件f（x）+t（x-k）=0對于一切實數t都有實數根，當然對t=0該方程也有實數根，即方程ax+bx+c=0有實數根x≤x。而ax+bx+c+t（x-k）=0，即ax+bx+c=-t（x-k），由條件f（x）+t（x-k）=0對于一切實數t都有實數根，即兩曲線y=ax+bx+c與y=-t（x-k）對于t為任何實數都有交點。數形結合（如圖）便知x≤k≤x為所求。
另解：對于一切實數t，方程ax+bx+c+t（x-k）=0都有實數根，=（b+t）-4a（c-kt）≥0對于一切t∈R都成立，從而得到t+（2b+4ak）t+（b-4ac）≥0的解是R，=（2b+4ak）-4（b-4ac）≤0，即a（ak+bk+c）≤0。
例4：當a為何值時不等式log（x-2x+a）+3＞0存在正數解？
解：log（x-2x+a）+3＞0?圳0＜x-2x+a＜8?圳-x+2x＜a＜-x+2x+8，聯想到函數f（x）=-x+2x、φ（x）=-x+2x+8、ψ（x）=a，則原題題意即：存在x＞0，使f（x）＜ψ（x）＜φ（x），數形結合便得a∈（-∞，9）。
的方程；（2）設a＞0，如果過點（a，b）可作曲線y=f（x）的三條切線，證明：-a＜b＜f（a）。
解（1）：f′（x）=3x-1，曲線y=f（x）在點M（t，f（t））處的切線的方程為y-（t-t）=（3t-1）（x-t），即y=（3t-1）x-2t為所求。
證明（2）：過點（a，b）可作曲線y=f（x）的三條切線，存在實數a、b使關于t的方程2t-3at+（a+b）=0有三個不相等的實數根。
令g（t）=2t-3at+（a+b），則g′（t）=6t（t-a）（注意到條件a＞0）。
當t∈（-∞，0）或t∈（a，+∞）時g′（t）＞0，當t∈（0，a）時g′（t）＜0，
函數g（t）在t∈（-∞，0）是增函數，在t∈（0，a）是減函數，在t∈（a，+∞）上是增函數，函數g（t）在t=0處取得極大值g（0）=（a+b），在t=a處取得極小值g（a）=b-（a-a）=b-f（a）。
2t-3at+（a+b）=0有三個不相等的實數根，
必須極大值（a+b）＞0且極小值b-f（a）＜0，即-a＜b＜f（a）。
例題6：（2008理科卷Ⅱ22題）設函數f（x）=，（1）求函數f（x）的單調區間；（2）如果對于任何x≥0，都有f（x）≤ax，求實數a的取值范圍。
解（1）：f′（x）==，顯然f′（x）=0，得cos=-，即x=2kπ+，k∈Z或x=2kπ+，k∈Z，
當f′（x）＜0時，x∈（2kπ+，2kπ+），k∈Z，
當f′（x）＞0時，x∈（2kπ-，2kπ+），k∈Z，
函數f（x）的單調遞減區間是x∈（2kπ+，2kπ+），k∈Z，
函數f（x）的單調遞增區間是x∈（2kπ-，2kπ+），k∈Z。
解（2）：若令g（x）=ax-f（x）=ax-，則g′（x）=a-=a-=-+a=3（-）+a-。
顯然當a≥時g′（x）≥0，即g（x）在x∈［0，+∞）是增函數，得g（x）≥g（0）=0，
所以當a∈[，+∞)時對于一切x≥0都有f（x）≤ax。
當0＜a＜時，令φ（x）=sinx-3ax，則φ′（x）=cosx-3a。當x∈［0，arccos3a）時得φ′（x）＞0，因此φ（x）在x∈［0，arccos3a）上單調遞增，有φ（x）＞φ（0）=0，這時ax＜，而當x∈［0，arccos3a）時f（x）=＞＞ax，不合題設。
當a＜0時存在x=使f（）=＞•a，即a＜0時存在x=使f（x）＞ax不合題設。
綜上所述，a∈[，+∞)即為所求。
例題7：（2008全國卷Ⅰ理科19題）已知函數f（x）=x+ax+x+1，a∈R，（1）討論函數f（x）的單調區間；（2）設函數f（x）在區間（-，-）內是減函數，求a的取值范圍。
解（1）：f′（x）=3x+2ax+1，令=4a-12=4（a+）（a-），
顯然，當-≤a≤時≤0，此時f′（x）≥0對于一切實數x成立，
當a∈［-，］時f（x）在x∈（-∞，+∞）上是增函數。
當a∈（-∞，-）∪（，+∞）時＞0，這時f′（x）=0有兩個不等實數根：
x=--，x=-+，
因此，f′（x）＞0得x∈（-∞，-），x∈（-，+∞）時f（x）單調遞增，
f′（x）＜0得x∈（-，-）時f（x）單調遞減。
解（2）：若函數f（x）在區間（-，-）內是減函數，
則（-，-）?哿（-，-），
-≥-，并且-≤-，
即2-a≤，并且≥a-1，解之得a∈［2，+∞）。
一、數形結合的思想
總結：在判斷三角函數性質的題目中，運用數形結合的思想解決，更容易讓學生形象化、具體化、生動化，進而讓學生理解、掌握.
二、換元的思想
總結：在三角函數式中，若同時含有sinα±cosα與sinαcosα，則可利用換元的思想，將三角問題轉化為代數問題解決.
三、分類討論的思想
總結：在三角運算中，有關三角函數所在象限符號的選取常需要進行討論，三角函數與二次函數綜合問題，以及三角函數最值等問題也要注意討論.
四、化歸與轉化的思想
總結：本題從“角”“名”“形”不同的角度，將三角函數式進行轉化，使問題得以解決，化歸與轉化的思想普遍應用于三角函數式的化簡、求值和證明中.
五、方程的思想
函數是一門應用非常廣泛的數學工具，因此它也是中學數學中的一個重要內容。其重要性不僅僅體現在自然科學、體現在工程技術上，也逐漸廣泛地體現在人文社會科學上：世界萬物之間的聯系與變化都有可能以各種不同的函數作為它們的數學模型。縱觀整個中學教學內容,函數的思想便如一根紅線把中學教學的各個分支緊緊地連在了一起,構成有機的知識網絡。它幾乎貫串于整個中學數學, 無論是不等式，還是數列，無論是三角函數，還是集合，都可以看到它的影子。一些看來與函數風馬牛不相及的問題,我們若用函數的思想去思考,往往可以簡化解題過程，突破思維死角，進而解決問題.下試舉幾例，供有意者饗之。
一、函數思想在集合相關問題中的應用
例1：①已知集合，N={y|y=3x2+1，x∈R}，則M∩N= 。
析：此題主要考察集合N中元素為y，即二次函數y=3x2+1的值域為 [1，+∞]，可知答案為{x|x＞1}。
②已知全集為I=R,A={x|x2-3x+2≤0}，B={x|x2-2ax+a≤0，a∈R}，且 ，求a取值范圍。
析：此題主要考察二次函數y=x2-2ax+a≤0解集的情況。
解：當＜0即0＜a＜1時，滿足條件。
當=0時，a=0或a=1。
若a=0，則x=0，不滿足題意。
若a=1，則x=1，滿足題意。
當＞0時，兩個解必須在[1，2]內，即有：
綜上所述，0＜a≤1
在集合相關問題中，一元二次不等式、一元二次方程的題目隨處可見，它們相互轉化，許多時候都需求出一元二次不等式解集的情況，難度雖不高，但往往會因考慮問題不全面而失分，應引起重視。
二、函數思想在證明不等式中的應用
例2：設a，b∈R，求證：
析：直接采用不等式變換去證明還是比較不容易的。然而觀察題目特點，可以把不等式兩邊看成函數的兩個值，因此可否構造函數，而后應用該函數的單調性求解呢？
令，由易知：f（x）在區間（-1，+∞）上是增函數，
因為0≤|a+b|≤|a|+|b|，所以f（|a+b|）≤f（|a|+|b|）
即
巧妙極了！直接繞開了繁瑣的變形與計算，整個解題過程顯得非常簡潔。不但使學生拓寬了眼界，提高了能力；而且帶來了一種心情上的驚奇與精神上的震撼，使他們深深的體會到數學的奇妙，提高了學習數學的興趣。
例3：[1993年全國高考理（29）] 已知關于x的實系數二次方程x2+ax+b=0有兩個實數根α、β。證明:如果|α|＜2，|β|＜2，那么2|a|＜4+b
析：作一次函數 α+β
=-a，αβ=b， ，取x1=2（α+
β）-（4+αβ）=-（2-α）（2-β）＜0，x2=2（α+β）+（4+αβ）=（2+α）（2+β）＞0，則有f（x1）=-1，f（x2）=1。由f（x）的單調性知-1=f（x1）＜f（0）＜f（x2）=1，即
又|b|=|α||β|＜4，4+b＞0，2|a|＜4+b。
函數的思想在歷年的高考題中，一直是必須考察的重點之一。而考慮到不等式與函數的特殊關系，我們必須對這種題型加以足夠的重視。本題通過構造一次函數，巧妙的將不等式問題化為函數問題來解決，整個問題得以輕松解決。
三、函數思想在數列相關問題中的體現與應用
例4：設等差數列{an}的前n項和為Sn,已知a3=12，S12>0，S13
（1）求公差d的取值范圍；
（2）指出S1，S2，…，S12中哪一個值最大，并說明理由。
【分析】題（1）根據題設條件列出關于公差d的不等式組求出d的取值范圍；題（2）求等差數列的前n項和的最大值，其求法比較多，總的思路有如下2種：一是通項研究法，即當d＜0時，求出使得an>0且an+1
解不等式組得：－
（2）解法一：由da2>a3>…>a12>a13。因此，若在1≤n≤12中存在自然數n，使得an>0，an+10，S13
=13a7－a7>0，a7
解法二：
當－
解法三：由da2>a3>…>a12>a13。因此，若在1≤n≤12中存在自然數n，使得an>0，an+1
故S6最大。
【評注】 本題考查等差數列、不等式等知識，利用解不等式及二次函數的圖像與性質求Sn的最大值，這是函數思想在數列中的一大表現。
四、函數思想在三角函數相關問題中的應用。
例5：已知函數f（x）=-sin2x+sinx+a，當f（x）=0有實數解時，求a的取值范圍。
析：由f（x）=0得-sin2x+sinx+a=0，那么根據該等式如何求a的取值范圍呢？當然可以換元，設t=sinx，將問題轉化為一元二次方程-t2+t+a=0在[-1，1]上的根的分布問題。但是，總是覺得太麻煩了，經深思后，覺得可以先作如下變形：
分離a得：
如果把a看成是x的函數，問題轉化為求函數的值域。
因為sinx∈[-1，1]，所以
關鍵詞：導數 函數單調性 極值 最值
中圖分類號：G712 文獻標識碼：A 文章編號：1673-9795（2014）01（a）-0085-01
1 用導數求解某些函數的單調性，具有簡潔高效的特點
定理：設函數在內可導，則：
（1）如果在內，那么函數y=f（x）在內單調增加。
（2）如果在內，那么函數y=f（x）在內單調減少。
例1：討論的單調性。
分析：函數定義域為R，現在令，解得，
當或時，，函數在和上是增函數。
當時，，函數在（-2，2）上是減函數。
例2：設函數，其中，求的單調區間。
解：由已知得函數的定義域為：，且。
（1）當時，函數在上單調遞減。
（2）當時，可知當時，函數在上單調遞減。
當時，函數在上單調遞增。
例3：設函數，其中為實數。當的定義域為時，求的單調減區間。
解：，令，得，由，得或。
又，時，由得；當時，；
當時，由得 ，即當時，的單調減區間為；當時，的單調減區間為。
例4：設≥0時，
，令，討論在內的單調性。
解：根據求導法則有
，，
于是，當時，，當時，故知在內是減函數，在內是增函數。
2 用導數求解連續函數的極值和最值時，同樣具有幾乎公式化的解題方法
如果函數在上連續，則在上一定有最大值M和最小值m，一般先求出在內的一切駐點和一切不可導點，再比較這些駐點和不可導點的函數值以及在區間端點的函數值，最大者就是函數的最大值M，最小者就是函數的最小值m。由上述分析可知，求函數在閉區間上的最大值與最小值的步驟為：
（1）確定函數的定義域，并求其導數。
（2）解方程，求出的全部駐點和不可導點。
（3）討論在鄰近駐點和不可導點左，右兩側符號變化的情況，確定函數的極值點。
（4）求出各極值點的函數值，就得到函數的全部極值。
例5：求函數在區間上的最大值與最小值。
解：（1），
令，得函數定義域內的駐點為：其函數值分別為：。
（2）在區間端點處的函數值分別為：。
（3）比較以上各函數值，可以得到，函數在區間上的最大值為，最小值為。
例6：求函數的極值。
解：函數定義域為R。
，令，得或：當或時，。函數在和上是減函數；
當時，，函數在（0，2）上是增函數.當時，函數取得極小值，當時，函數取得極大值。
例7：求函數的極值。
解：函數的定義域為R。
令，得。當或時，，
函數在和上是減函數；當時，。
函數在（-1，1）上是增函數。當時，函數取得極小值。
當時，函數取得極大值。
導數是分析和解決函數問題的便利的、必不可少的工具，靈活運用導數，可以對解決一些單調性問題，最值問題，產生意想不到的效果，因此，在平時學習教學中應重點加以研究及應用。
參考文獻
關鍵詞： 函數思想 方程思想 函數與方程思想 高一數學教學
高中階段的數學用到的基本思想有：函數與方程思想，分類討論思想，轉化與化歸思想，數形結合思想.而其中的函數與方程思想是每年高考的熱點之一，高中階段第一次出現在蘇教版必修一的第三章.所以深入研究函數與方程思想對學好數學起非常大的作用.
函數思想，就是運用運動和變化的觀點，集合與對應的思想，分析和研究數學問題中的等量關系，建立或構造函數關系，再運用函數的圖像和性質分析問題，達到轉化問題的目的，從而使問題獲得解決的思想；方程思想，就是從問題的數量關系入手，運用數學語言將問題中的條件轉化為數學模型――方程或方程組，通過解方程或方程組，或者運用方程的性質去分析、轉化問題，使問題獲得解決的思想.
函數與方程是密不可分的，函數y=f（x）中的f（x）如果為0，就可以轉化為方程f（x）=0.函數與方程思想就是把函數問題轉化為方程問題，例如求函數的零點可以轉化為求對應方程的根，或者把方程問題轉化為函數問題來解決，例如求方程的根的個數可以轉化為求兩函數交點的個數.蘇教版必修一的第三章引入的函數與方程思想，主要體現在求方程f（x）=0的實數根，就是確定函數y=f（x）的圖像與x軸交點的橫坐標，即函數y=f（x）的零點；求f（x）=g（x）的根或根的個數就是求函數y=f（x）與y=g（x）圖像的交點或交點個數.
一、函數思想
所謂函數思想，就是在根據已知條件構造函數，通過研究函數的單調性、奇偶性等性質，解決問題的思想.
1.構造函數，利用函數的性質答題.
例1：（1）比較大小：lg15；lg6；6■，8■；（2）證明方程x?2■=1至少有一個小于1的正實根.
分析：（1）分別構造函數y=lgx和y=x■，利用其單調性比較大小；（2）構造函數f（x）=x?2■-1，驗證f（0）?f（1）的符號即可.
解：（1）構造函數y=lgx，其在（0，+∞）內是單調增函數，因為15>6，所以lg15>lg6；構造函數y=x■，其在（0，+∞）內是單調增函數，因為6>8，所以6■>8■；（2）令f（x）=x?2■-1，則f（x）的圖像在R上是一條連續不間斷的曲線.所以，f（0）=0×2■-1=-10.所以f（0）?f（1）
點評：解有關不等式、方程、比大小的問題，可以通過構造函數關系式，借助函數的圖像和性質，使問題更直觀形象，充分利用數形結合、函數方程思想，為以后的學習奠定基礎.
2.利用函數思想解答有關實際應用題.
例2：某省兩相近重要城市之間人員交流頻繁，為了緩解交通壓力，特地修了一條專用鐵路，用一列火車作為交通車，已知該車每次拖4節車廂，一日能來回16次，如果每次拖7節車廂，則每日能來回10次.若每日來回的次數是車頭每次拖掛車廂節數的一次函數，每節車廂能乘載乘客110人.問這列火車每天來回多少次才能使運營人數最多？并求出每天最多運營人數.
分析：建立目標函數，再求函數的最值.
解：設每日來回y次，每次掛x節車廂，由題意，再設y=kx+b（k≠0），
方程組16=4k+b10=7k+b，k=-2b=24，所以y=-2x+24.
由題意知，每日運營車廂節數最多時，運營人數最多，設每日運營S節車廂，則S=xy=x（-2x+24）=-2（x-6）■+72，所以當x=6時，S■=72，此時y=12.
則每日最多運營人數為7920人.
答：這列火車每天來回12次，才能使運營人數最多，每天最多運營人數為7920人.
點評：通過建立函數解決實際問題要注意定義域，根據定義域來求函數的最值.
二、方程思想
通過換元，構成已經學過的方程求解.
例3：關于x的方程9■+a?3■+3=0恒有解，求a的取值范圍.
分析：通過換元將其變為一元二次方程恒有正根的問題，同時利用韋達定理解題.
解：設3■=t，則t>0.由題意得，方程t■+a?t+3=0有正根，
所以Δ≥0x■+x■=-a>0x■x■=3>0即a■-4×3≥0a
點評：對于類似于一元二次方程的復雜方程，可以通過換元將問題轉化為已學過的方程求解.
三、函數方程思想
有的題目需要根據函數與方程之間的相互關系而互相轉換.
例4：（2008天津卷改編）設a>1，若對任意的x∈[a，2a]，都有y∈[a，a■]滿足方程log■x+log■y=3，此時a的取值集合為？搖 ？搖.
分析：本題看上去是考查含參數的方程，實際上是以含參數方程為載體，考查函數的定義域、值域及函數思想，所以解這道題目的基本思路：方程問題函數化.由方程，可得xy=a■（x>0，y>0），把x看成自變量，y看成應變量，可以得到函數y=a■/x在區間[a，2a]上單調遞減，所以函數y=a■/x在區間[a，2a]上的值域是[a■/2，a■]，由題意∈[a■/2，a■]？哿[a，2a]，所以a≤a■/2
一、巧妙解不等式
不等問題是各種高中數學測驗中的常客. 雖然大多數題目的難度不是很大，但是，如果沒有一個巧妙的解題方法，往往會造成解答過程復雜冗長，不僅浪費解題時間，更容易出現過程錯誤. 因此，將函數思想運用于不等問題的解答當中十分必要.
例如，曾經有這樣一個不等證明問題難住了一大批學生：已知，a，b∈R，求證： ≤ . 猛地看來，這個題目當中的求證內容十分復雜，讓人摸不到頭腦，更不要說在不等關系之下進行靈活變換了. 但如果能夠運用函數的思想來看待這個問題，解決起來就容易很多了. 在這個題目中，我們可以構造一個新的函數f（x），使f（x） = . 這樣一來，就可以從函數的單調性入手出現不等關系了. 不難發現，f（x）是（-1，+∞）上的單調遞增函數，由0 ≤ |a + b| ≤ |a| + |b|也就可以得出，f（|a + b|） ≤ f（|a| + |b|）， ≤ 的結論也就不難得出了. 學生們發現，原本十分繁瑣的不等問題，在函數思想的輔助之下，一下子簡潔了很多，這樣的解題過程，甚至讓很多學生感到很震驚，也對于函數思想的運用效果感受深刻.
在不等問題解答過程中運用函數思想，使得不等問題的解答思路更加清晰了，解題速度也提升了不少. 這表明，函數思想在不等問題當中的融入，還是比較合理的.
二、重視函數變化
數列問題是令很多學生感到頭疼的部分，數列內容當中的公式定理并不算多，但其變化卻是相當靈活的，非常容易出活題，出難題. 這也是學生最難以掌握的，我們有必要將函數思想引入到數列問題的解答當中來.
例如，曾經出現過這樣一道比較典型的數列習題：已知，{an}是一個等差數列，其前n項和為Sn. 若a3=12，S12 > 0，S13 < 0，那么，該數列公差d的取值范圍是什么？并確定S1，S2，S3，…，S12當中，哪一個的值是最大的. 第一問的解答難度并不大，只要按照數列公式按部就班進行計算就可以了. 第二問中則出現了不同的解答方法. 其中，讓學生感到最為巧妙的方法當屬數列與函數的結合. 我們無需從數列的角度進行太多的思考，只需將Sn以na1 + 的形式進行化簡變形，不斷向著函數最值研究的方向靠攏，最終能夠得到2的表達式. 根據第一問已經求得的- < d < -3的結論可知，n取得最小值的時候，Sn取得最大值. 由此，從d的取值范圍得出n的取值也就很容易了. 這種函數方法的引用，明顯簡化了思維過程，減輕了學生的思考負擔.
以前，學生在面對復雜的數列問題時，只能圍繞著幾個公式打轉，局限性很大. 加入了函數思想之后，學生的思維路徑被大大拓寬了. 在這個工具的輔助之下，原本抽象復雜的數列問題都迎刃而解了.
三、推進數形結合
立體幾何，從字面上來看，似乎是一個純粹的圖形問題. 但是，稍加學習便會發現，立體幾何問題當中也經常會關聯到代數問題. 很多數量關系的計算，如果只是依靠幾何方法，思維過程會十分復雜，如果能夠將函數思想融入其中，解答效果就完全不同了.
關鍵詞：不等式；證明；函數法
一、構造函數法證明不等式的概括
1.不等式的分析方法
不等式由于題型多變，加上無固定程序可循，因而常有一定的難度。解決這個困難的出路在于深刻理解不等式證明中應用的數學思想方法，熟練掌握不等式的性質和一些基本不等式，靈活運用常用的證明方法——比較法、分析法、綜合法，以及其他的證明方法——反證法、換元法、判別式法、放縮法、函數的單調性法、構造法等。根據欲證不等式的特點，構造一個適當的函數，利用其相關性質，通過計算使問題得到快速解決。
（1）利用不等式的性質，均值定理、作差和作商比較法、分析法等可比較兩個數的大小。
（2）利用均值定理、換元法、判別式法等數學思想方法可求函數的值域及最值問題。
（3）利用不等式的各種證明方法論證各類不等式。
（4）不等式證明中與三角函數等的綜合應用。
2.不等式的證明方法
（1）比較法：比較法是不等式的各種證法中最基本、最重要的方法，包括作差比較法和作商比較法。用比較法證明不等式的一般步驟是作差（作商）通過變形判斷符號（或判斷兩者比值與1的大小）。變形的主要方法是因式分解、配方、通分等。
（2）綜合法：從已知條件出發，利用不等式的性質及其他已經證明過的不等式來推出結論成立的方法。
（3）分析法：即從結論出發，執果索因，步步尋求上一步成立的充分條件。分析法與綜合法對立統一、相輔相成。
（4）反證法：從假設結論的反面成立，逐步推出矛盾，從而肯定結論正確的方法。當題中有“至多”“至少”“都”等詞語時，可考慮采用反證法。
（5）放縮法：利用不等式的傳遞性，欲證A≤B，若知A≤C，只需證C≤B即可。應用此法時應注意放大或縮小不等式的范圍，用舍掉一些正（負）項而使不等式各項之和變小（大），或者分式放大或縮小分式的分子、分母等方法達到其目的。
（6）判別式法：有理分式函數去分母整理或關于x的二次方程，利用判別式求函數值域達到證明不等式的目的。
（7）函數的單調性：利用二次函數、三角函數及其他函數單調性來證明不等式。
二、利用函數法解不等式的具體方法
1.構造函數利用判別式證明不等式
在含有兩個或兩個以上字母的不等式中，可將一邊整理為零，而另一邊為字母的二次式，這時可考慮用判別式法。一般對與一元二次函數有關或能通過等價轉化為一元二次方程的，都可考慮使用判別式，但使用時要注意根的取值范圍和題目本身條件的限制。
2.構造函數利用單調性證明不等式
例1. 設 a，b∈R+，求證：
解析：設 ，當 x>0時， 是增函數，
又
而a，b ∈R+，a+b +ab>a+b
f（a+b +ab）> f（a+b），
故有：
評注：利用函數單調性證明不等式和比較大小是常見的方法，特別是在引入導數后，單調性的應用將更加普遍。
3.構造函數利用奇偶性證明不等式
例2.求證： （x≠0）。
解：設 （x≠0），
所以 是偶函數，其圖象關于y 軸對稱。
當 時x>0，1- 2x
當 時x
故當x≠0時，恒有 ，即
（x≠0）。
評注：實質上是根據函數奇偶性來證明，如何構造恰當的函數充分利用性質是關鍵。
關鍵詞：數列；不等式；函數思想
數列不等式的證明問題近年來一直是高考的熱點，這類問題往往能夠融合數列、不等式、函數、解幾等多個模塊的知識，問題的解決更是要涉及多種數學能力，因而多被用于高考壓軸題. 對于難度較大的數列不等式的證明問題大多要用到放縮法，但怎樣轉化才能有利于放縮、如何把握放縮的度對于高中學生來說則是十分困難的，面對問題學生普遍感覺找不到的切入點.由于數列是一種特殊的函數，因而可以應用函數的思想方法來分析證明數列不等式，通過構造函數將問題轉化為研究函數的單調性問題，或求函數的最值問題. 本文試以2011年高考廣東卷理數第20題為例，用函數思想指導問題分析，突破分析的瓶頸，尋找問題解決的有效途徑，為這類問題的解決開創一個新視點.
題目：設b>0，數列{an}滿足a1=b，an=（n≥2）.
（1）求數列{an}的通項公式；
（2）證明：對于一切正整數n，an≤+1. （2011年高考廣東卷理數第20題）
第（1）問的解決較為容易，其答案為a=，下面用函數意識對第（2）問進行分析.
[?] 構造函數利用其導數探究證明
設法構造恰當的函數，利用導數研究函數的單調性，將不等式的證明問題轉化為函數值大小比較問題. 本題中含有兩個字母，不等式的成立性與兩個都有關，可選取一個作為變量，另一作為參數. 下面選擇正整數n作為變量進行探究，為了求導的需要，用x表示n，并讓x≥1.
因此當p>1時，對一切正整數n，f（n）=p2n+1+（1-p）（1+2n）pn-1>0，變形得≤（pn+1+1），故有當p>1時，不等式（?）成立. 當0
評析：構建函數為證明數列不等式另辟了蹊徑，在迷霧中看到曙光，導數在其證明中發揮了重要作用，利用導數研究函數的單調性是一種重要的數學方法. 但必須有扎實的運算功底和較強的分析推理能力.
[?] 以參數為變量構造函數分析證明
前面證明雖然具有一般性，但過程冗長，運算量大，在心理緊張的情況下易出錯. 仔細分析由于選擇了正整數n作為變量，使得問題中出現了指數型函數，求導過程變得復雜，致使式子麻煩難以處理，下面以另一個參量b作為函數的變量來構建函數進行研究.
評析：在上面的證明中所構建的函數為多項式函數，宜于求導運算，運算推理能力的要求大為降低，證明過程大為簡化.可見函數模型的合理構建非常關鍵.
[?] 研究函數的單調性完成證明
從數列不等式出發構造離散函數，判斷函數的單調性，如具有單調性則證明變為首項成立的驗證問題，過程會非常簡潔，這也是數列不等式證明中常用的方法.
證明：當b=2時，an=2，+1=2，成立.
當b>0且b≠2時，n∈N*，即證an=≤+1，
令b=2p，則p>0且p≠1，等價于證明-2n≥0.（??）
令f（n）=-2n（n∈N*），則f（n+1）-f（n）=-2（n+1）-+2n=-2>2-2=0.
所以f（n）是關于n的遞增函數，又f（1）=-2=-2>0.
對一切n∈N*，都有f（n）>0，所以不等式（??）成立.
評析：數列具有雙重身份，既可以看做函數，同時具有自身的特殊研究規律，對數列不等式的觀察基于它是一類特殊的離散函數的視角去看，則又是一番景象. 上面的證明中利用相鄰兩個函數值的差這一研究單調性的基本方法，使天塹變通途.
[?] 利用函數的最值巧妙證明
前述證明其實就是構建函數后采用作差比較法探究函數的單調性，與此法相應的還有構造恰當的函數探究其最值來實現證明. 也就是將其一端化為常數，利用另一端的表達式構造函數，問題當然就轉化為求函數的最值問題.
證明：由1知，問題的關鍵即證≤（pn+1+1）（p>0，p≠1）（?）
亦即證≤1，令f（n）=（p>0，p≠1）.
因為f（n）=（p>0，p≠1），
所以=
=1+
=1-
因此對一切正整數n，都有f（n）≤f（1）=≤1. 故（?）成立，不等式得證.
評析：這種證法的思路是簡單樸素的，但要有敏銳的觀察能力發現所研究式子的結構特征，利用不等式左邊為積和商的關系，然后將所證不等式等價化為右邊為常數，進而通過構造函數求函數的最值來實現證明. 這里才能為運算把握正確的方向，不至于做無用功.
關鍵詞：數學；函數思想；方程思想
一、知識內容
1. 函數的思想
就是利用函數的圖像和性質分析問題，通常將一些方程、不等式的問題轉化為函數的問題。具體體現有求方程的根的問題、不等式恒成立的問題，特別是一些超越方程或超越不等式中，巧用函數的思想，會使問題迎刃而解。
2. 方程的思想
就是把函數構造成方程，利用方程進一步研究方程的思想。具體體現有求函數的值域的問題、解析幾何中直線與圓錐曲線的位置關系問題，都可利用解二元方程組來巧妙解決。
二、典例分析
1. （題型1）構造函數，并利用函數的圖像和性質來解決有關問題
例1 若x1滿足2x+2x=5，x2滿足2x+2log2（x-1）=5，求x1+x2的值。
分析：方程2x+2x=5與方程2x+2log2（x-1）=5都是超越方程，其中方程的根都是不能直接求解，所以應找到兩個方程之間的聯系，轉化為函數的思想來解答。
解：由2x+2x=52x=5-2x2x-1=-x…（1）
2x+2log2（x-1）=52log2（x-1）=5-2xlog2（x-1）=-x… （2）
由（1）式知x1可以看做函數y=2x-1與函數y=-x的產生的交點A的橫坐標；
由（2）式知x2可以看做函數y=log2（x-1）與函數y=-x產生的交點B的橫坐標。
而y=2x-1與y=log2（x-1）分別由y=2x與y=logx同時向右平移一個單位得到y=2x與y=logx函數圖像關于y=x對稱，即y=2x-1與log2（x-1）函數圖像關于y=x-1直線對稱。因為y=x-1與y=-x互相垂直，其交點C坐標為（，），同時A、B兩點關于C點對稱，所以x1+x2=2×=。
點評：本例由已知方程構成函數，巧用指對函數圖像的對稱性來巧妙地解決問題。
變式：設a，b∈R且（a-1）3+2002（a-1）=-1，（b-1）3+2002（b-1）=1，求a+b的值。
分析：觀察已知條件中結構形式，構造函數f（x）=x3+2002x，有f（a-1）=-f（b-1），知y=f（x）為奇函數且y=f（x）在R遞增的，f（a-1）=f（1-b）a-1=1-ba+b=2。
例2 設不等式2x-1>m（x2-1）對滿足的一切實數恒成立，求實數的取值范圍。
分析：不等式f（x）≥g（x）恒成立，往往都是構造F（x）=f（x）-g（x），往求F（x）min，使得F（x）min≥0，即可達到解決問題的目的。若構造二次函數F（x）=2x-1-m（x2-1），m∈[-2，2]，往求F（x）min，利用分類討論思想較為復雜化，若變換以m為主元，x為輔元，即一次函數F（m）=（x2-1）m-（2x-1），-2≤m≤2，往求F（m）max，即可使得F（m）max
只要f（-2）
實數x的取值范圍為（，）。
點評：本例將不等式恒成立問題構造函數，利用函數的性質巧妙解決問題。
2. （題型2）建立方程，利用方程的思想解決有關問題
例3 如果函數y=的最大值是4，最小值是-1，求實數的值。
分析：函數y=的定義域為R，值域為-1≤y≤4，由y=轉化為yx2-ax+y-b=0關于x的一元二次方程有實數根，使用到別式。
解：y=定義域為Ryx2-ax+y-b=0有實數根 （-a）2-4y（y-b）≥04y2-4by-a2≤0。
-1≤y≤4，4y2-4by-a2-=0產生有兩根-1，4。
-1+4=-1+4=a=±4b=3。
點評：本例巧妙地將函數問題轉化成方程根的問題解決問題。
例4 已知函數f（x）=ax+x2-xlna（a>0，a≠1）。
（1）當a>1時，求證：函數f（x）在（0，+∞）單調遞增。
（2）若函數y=f（x）-t-1有三個零點，求的值。
分析：函數y=f（x）-t-1有三個零點轉化方程f（x）-t-1=0有三個根，再轉化成f（x）=t±1方程有三個根，再轉化成函數y=f（x）與函數y==t±1有三個交點，利用函數與方程思想相互轉化。
解：（1）f'（x）=axlna+2x-lna=（ax-1）lna+2x。
x>0，a>1，ax>1，ax-1>0，lna>0，2x>0。
（ax-1）lna+2x>0，即f'（x）>0。y=f（x）在（0，+∞）是單調遞增的。
（2）函數y=f（x）-t-1有三個零點？圳方程f（x）-t-1=0有三個根？圳f（x）=t±1方程有三個根？圳函數y=f（x）與函數f=t±1有三個交點。
由（1）式知當a>1時，函數f（x）在（0，+∞）單調遞增，f'（x）=（ax-1）lna+2x，當a>1時，若x
當a>1時，y=f（x）在（-∞，0）單調遞減。
當00時，ax-1
當a>1時，y=f（x）在（-∞，0）單調遞增。
當00 lna
（ax-1）lna
當0
y=f（x）在（-∞，0）單調遞減，在（0，+∞）單調遞增。
y=f（x）與y=t±1有三個不同的交點，又t+1>t-1，y=t-1=f（0）=1時，且t=2時滿足要求。
t=2。
點評：本例巧妙利用函數與方程相互轉化的思想解決問題。
關鍵詞：初中數學；函數思想；函數教學
中圖分類號：G633 文獻標識碼：A 文章編號：1003-2851（2012）-12-0154-01
一、講清概念
學生在小學里學習四則運算時就已經知道。當已知數確定后，運算所得的結果和、差、積、商是惟一的，當已知數發生變化時，所得的和、差、積、商也發生相應的變化，且有一定的規律，這些規律雖然只局限與某些數量之間的關系。但這為今后學習函數概念建立了感知基礎，所不同的是。限與學生的認知水平，不能提出函數的概念，只能感知而已。
函數最主要的特點就是抽象，對于剛剛接觸函數的初中學生來說不是很容易理解。所以，在函數的教學過程中，我們要盡可能的利用簡單易懂的語言。函數，是對兩個變量而言，研究函數關系，就是研究兩個變量之間的關系，兩個變量之間不同的數量關系對應著不同的函數關系，在初中數學教學中函數的定義：一般地，如果在一個變化過程中，有兩個變量，例如x和y，對于x的每一個值，y都有唯一的值與之對應，我們就說x是自變量，y是因變量，此時也稱y是x的函數。函數在解決實際問題的時候，也是有難度的，但通過引導，學生們還是會把生活中的實例和函數結合起來的。
二、建立函數觀點的先決條件確定函數的意義
初中涉及到的三種基本函數（正比例函數，一次函數和反比例函數）教材中很多問題都是以這三種函數進行討論的，但不能讓學生錯誤的認為函數就此三類。根據教材標準要求要能夠使學生把圖像和解析式融合在一起，即一見到圖像就能夠想到解析式，反之見到解析式有能夠想到圖像及圖像所處的位置。對函數其他性質的討論不能過高的要求，否則容易增加學生的負擔，挫傷其積極性。欲速則不達。
和認知其他事物一樣，大量的感性知識的積累才能使人的認識從研究表象人手，進行抽象思維，得到本質屬性，從而經概括上升為理性知識，很難想象，一個學生若不能理解速度、路程和時間的關系，不能理解商品的單價和總價之間的關系，不能理解數的變化，卻能夠很好地理解函數的觀點。所以建立函數觀點的先決條件是以常量數學為基礎，真正掌握有理數的四則運算，會解方程，不等式，會進行恒等變形，等量代換等，把握認識函數概念的鑰匙和工具。
限于初中數學課程標準只要求。了解常量、變量、函數的意義，會舉出函數的實例以及分辨出常量與變量以及兩者之間的關系，我們的討論也只能涉及這些內容，正是由于有了小學的基礎知識，在初一、初二又進行了大量的代數運算，使學生對數量的認識具有了一定的感性知識。現在用路程、速度和時間的關系s=vt來討論問題。使學生看到當速度v不變時，隨著時間t的變化，引起了路程s的變化，從而得出“一個量隨另一個量的變化而變化”的論斷，符合這種論斷的現象在現實世界中到處存在，如一天的氣溫隨時間的變化而變化。郵資隨郵件重量的變化而變化，圓的面積隨半徑的變化而變化。從而使學生感知函數問題在客觀世界中是大量存在的，充分認識到建立函數概念的必要性。
三、對初中現階段的函數概念教學的建議
（一）概念教學應循序漸進。函數概念反映和刻畫了客觀世界中各種事物的動態變化和相互依存關系，它的產生和發展經歷了漫長的歷史過程，函數的概念要理解透徹并非一朝一夕的事，我們設計函數課的教學過程不可能做到一步到位，必須由淺人深給學生一個逐步加深認識的過程，可給學生呈現一些函數的簡單實例，例子要結合實際生活，也要緊緊結合教材內容。
（二）畫出圖示教形結合。“函數是表示任何一個隨著曲線上的點變動而變動的量”。函數自產生就和圖形結下了不解之緣。其實，我們現在研究函數也要依據函數的圖像，由圖像看性質、由性質看圖像，無論是函數概念還是性質的教學都離不開圖像，都需要圖像的支撐，因為函數和它的圖像是分不開的一個整體。所以函數知識的教學中，教師一定要幫助學生養成未解題，先作圖的習慣，函數概念教學中，教師可以借助于幾何畫板，圖形計算器等現代教學工具輔助教學，鼓勵學生上機操作，通過計算機演繹各種函數的變化過程，使學生從直觀狀態下，發現函數的各種性質，并且，強烈的視覺效果引發的學習積極性，可以使記憶保持得更持久。函數概念的教學過程中，在教學方式的選擇上除了重點之處教師必不可少地講解之外，而對于學生容易認識不清的地方，教師可以創設適當的情境后，讓學生采用合作學習的方式，進行充分的交流與討論，凸現出問題，以便能及時發現學生思想上的錯誤認識，澄清是非，幫助學生更好地學習和理解函數。
（三）關注函數模型解題。在利用數學解答實際問題的教學中，我們在進行行之有效的訓練，并掌握各種類型問題的基礎上，應及時總結應用問題與數學問題的聯系，歸納其歸屬哪類問題。例如現實生活中，廣泛存在的用料最省，造價最低，利潤最大等最優化問題歸于函數的最值問題，通過建立相應的目標函數，確定變量的限制條件，運用函數知識和方法解決。當然初中學生現有的水平還很低，但可以通過與生活的結合，讓學生充分領會到函數在實踐中的作用，就能激發學生的學習興趣，對以后的數學學習會有一個好的導向。教師在學科融合過程中，應該處理好特定學科領域知識之間的整合，對幾類知識進行再組織，從教育規律出發對學科內容進行的融合，旨在解決如何教的問題。同時通過對知識的再組織，不斷提高教師對教育的認識，這本身也是不斷發展、螺旋式上升的過程。
教學思想是數學的靈魂，是對概念、方法、解題思路的整體概括。方程思想與函數思想在初中數學中還是占有重要地位。實際上就是數學思想的發展過程，函數的教學體現了數學思想的發展過程。函數教學成功的好壞，讓學生受用一生。只有掌握了數學思維最核心的發展思想，學生就掌握了學習數學的鑰匙。
參考文獻
[l]教育部.初中數學新課程標準.2003.
關鍵詞： 數形結合思想 二次函數 應用
一、引言
數學是研究現實世界的空間形式和數量關系的科學（恩格斯語）.數學中兩大研究對象“數”與“形”的矛盾統一是數學發展的內在因素，數形結合是貫穿于數學發展歷史長河中的一條主線，并且使數學在實踐中的應用更加廣泛和深入.一方面，借助于圖形的性質可以將許多抽象的數學概念和數量關系形象化、簡單化，給人以直覺的啟示.另一方面，將圖形問題轉化為代數問題，以獲得精確的結論.這種“數”與“形”的信息轉換，相互滲透，不僅可以使一些題目的解決簡潔明快，而且可以大大開拓我們的解題思路，為研究和探求數學問題開辟一條重要的途徑.因此，數形結合不應僅僅作為一種解題方法，而應作為一種重要的數學思想，它是將知識轉化為能力的“橋”.而課堂教學中多媒體的應用更有利于體現數形結合的數學思想方法，有利于突破教學難點，有利于動態地顯示給定的幾何關系，營造愉快的課堂教學氣氛，激發學生的學習興趣，使學生喜歡數學，愛學數學.
“數”與“形”作為數學中最古老最重要的兩個方面，一直就是一對矛盾體.正如矛和盾總是同時存在一樣，有“數”必有“形”，有“形”必有“數”。華羅庚先生曾說：“數與形本是相倚依，怎能分作兩邊飛，數缺形時少直覺，形少數時難入微，數形結合百般好，隔離分家萬事休。切莫忘，幾何代數統一體，永遠聯系，切莫分離！”寥寥數語，把數形之妙說得淋漓盡致.“數形結合”作為數學中的一種重要思想，在高中數學中占有極其重要的地位.關于這一點，只要翻閱近年高考試卷，就可見一斑.在多年來的高考題中，數形結合應用廣泛，大多是“以形助數”，比較常見的是在解方程和不等式、求函數的最值問題、求復數和三角函數等問題中，同時“數形結合”思想在二次函數中的應用是中、高考命題的一個熱點，也是平時學次函數解決應用問題的一個重點.巧妙運用“數形結合”思想解題，可以化抽象為具體，效果事半功倍.
二、從“數”到“形”的思想應用
例1.已知方程|x-4x+3|=m有4個根，則實數m的取值范圍.
【分析】此題并不涉及方程根的具體值，只求根的個數，而求方程的根的個數問題可以轉化為求兩條曲線的交點的個數問題來解決.
解：方程|x-4x+3|=m根的個數問題就是函數y=|x-4x+3|與函數y=m圖像的交點的個數.
作出拋物線y=x-4x+3的圖像，將x軸下方的圖像沿x軸翻折上去，得到y=|x-4x+3|的圖像，再作直線y=m，如圖所示.由圖像可以看出，當0＜m＜1時，兩函數圖像有4個交點，故m的取值范圍是（0，1）.
例2.確定函數y=x|x|-2|x|的單調區間.
解：y=x|x|-2|x|=x-2x，x≥0-x+2x，x＜0
作出函數的圖像，由圖像可知，函數的單調遞增區間為（-∞，0］和［1，＋∞），函數的單調遞減區間為［0，1］.
評注：數形結合可用于解決二次函數方程的解的問題，準確合理地作出滿足題意的圖像是解決這類問題的關鍵.
三、從“形”到“數”的思想應用
例3.如圖，一小孩將一只皮球從A處拋出去，它所經過的路線是某個二次函數圖像的一部分，如果他的出手處A距地面的距離OA為1m，球路的最高點B（8，9），則這個二次函數的表達式為?搖?搖 ?搖?搖，小孩將球拋出了約?搖?搖 ?搖?搖米（精確到0.1m）.
解：由題意和圖像可設y=a（x-8）+9，將點A（0，1）代入，得a=，
y=-（x-8）+9=-x+2x+1.
令y=0，得-（x-8）+9=0，
解之得x=8±6，
即C（8+6，0），OC=8+6≈16.5（米）.
評注：從“形”到“數”的問題時，應注意觀察函數圖像的形狀特征，充分挖掘圖像的已知條件，確定函數的解析式，從而利用函數的性質來解.
四、“數形結合”思想的綜合應用
例4.市“健益”超市購進一批20元/千克的綠色食品，如果以30元/千克銷售，那么每天可售出400千克.由銷售經驗知，每天銷售量y（千克）與銷售單價x（元）（x≥30）存在如下圖所示的一次函數關系式.
（1）試求出y與x的函數關系式；
（2）設“健益”超市銷售該綠色食品每天獲得利潤P元，當銷售單價為何值時，每天可獲得最大利潤？最大利潤是多少？
（3）根據市場調查，該綠色食品每天可獲利潤不超過4480元，現該超市經理要求每天利潤不得低于4180元，請你幫助該超市確定綠色食品銷售單價x的范圍.
解：（1）設y=kx+b，由圖像可知，
30k+b=40040k+b=200，解得k=-20b=1000，
即一次函數表達式為y=-20x+1000（30≤x≤50）.
（2）p=（x-20）y=（x-20）（-20x+1000）=-20x+1400x-20000
a=-20＜0，
P有最大值.
當x==35時，P=4500（元）.
（或通過配方，P=-20（x-35）+4500，也可求得最大值）
答：當銷售單價為35元/千克時，每天可獲得最大利潤4500元.
（3）4180≤-20（x-35）+4500≤4480
1≤（x-35）≤16
31≤x≤34或36≤x≤39.
評注：在解決二次函數問題時，要注意“由數想形，以形助數”的方法，充分挖掘題目中的已知條件，從而創造性地解決問題.
五、結語
在學次函數中“數”、“形”并進，讓學生見“數”想到“形”，見“形”不忘“數”.
在數形轉化結合的過程中，必須遵循下述原則：轉化等價原則；數形互補原則；求解簡單原則.當然在學習滲透數形結合的思想時，還應掌握以下幾點.
1.善于觀察圖形，以揭示圖形中蘊含的數量關系.
2.正確繪制圖形，以反映圖形中相應的數量關系.
3.切實把握“數”與“形”的對應關系，以圖識性，以性識圖.
參考文獻：
［1］姚立新.數形結合的數學思想方法在解題中的應用［J］，2005，1.
