高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題七 數(shù)學(xué)文化及數(shù)學(xué)思想 第3講 分類討論、轉(zhuǎn)化與化歸思想練習(xí)（含解析）試題

第3講分類討論、轉(zhuǎn)化與化歸思想一、分類討論思想分類討論的原則分類討論的常見類型1.不重不漏2.標(biāo)準(zhǔn)要統(tǒng)一，層次要分明3.能不分類的要盡量避免，決不無原則的討論1.由數(shù)學(xué)概念而引起的分類討論2.由數(shù)學(xué)運算要求而引起的分類討論3.由性質(zhì)、定理、公式的限制而引起的分類討論4.由圖形的不確定性而引起的分類討論5.由參數(shù)的變化而引起的分類討論分類與整合的思想是將一個較復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題分解成若干個基礎(chǔ)性問題，通過對基礎(chǔ)性問題的解答來實現(xiàn)解決原問題的策略應(yīng)用一由概念、法則、公式引起的分類討論[典型例題]設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項和Sn>0(n＝1，2，3，…)，則q的取值范圍是________．【解析】由{an}是等比數(shù)列，Sn>0，可得a1＝S1>0，q≠0，當(dāng)q＝1時，Sn＝na1>0.當(dāng)q≠1時，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)>0，即eq\f(1－qn,1－q)>0(n＝1，2，3，…)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－q>0，,1－qn>0，))①或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－q<0，,1－qn<0.))②由①得－1<q<1，由②得q>1.故q的取值范圍是(－1，0)∪(0，＋∞)．【答案】(－1，0)∪(0，＋∞)eq\a\vs4\al()本題易忽略對q＝1的討論，而直接由eq\f(a1（1－qn）,1－q)>0，得q的范圍，這種解答是不完備的．本題根據(jù)等比數(shù)列前n項和公式的使用就要分q＝1，Sn＝na1和q≠1，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)進行討論．[對點訓(xùn)練]1．一條直線過點(5，2)，且在x軸，y軸上的截距相等，則這條直線的方程為()A．x＋y－7＝0B．2x－5y＝0C．x＋y－7＝0或2x－5y＝0D．x＋y＋7＝0或2y－5x＝0解析：選C.設(shè)該直線在x軸，y軸上的截距均為a，當(dāng)a＝0時，直線過原點，此時直線方程為y＝eq\f(2,5)x，即2x－5y＝0；當(dāng)a≠0時，設(shè)直線方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,a)＝1，則求得a＝7，直線方程為x＋y－7＝0.2．若函數(shù)f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1，2]上的最大值為4，最小值為m，且函數(shù)g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，則a＝________．解析：若a>1，則a2＝4，a－1＝m，故a＝2，m＝eq\f(1,2)，此時g(x)＝－eq\r(x)，為減函數(shù)，不合題意；若0<a<1，則a－1＝4，a2＝m，故a＝eq\f(1,4)，m＝eq\f(1,16)，檢驗知符合題意，所以a＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)應(yīng)用二由參數(shù)變化引起的分類討論[典型例題]已知f(x)＝x－aex(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)≤e2x對x∈R恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【解】(1)由題知，f′(x)＝1－aex，當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)是(－∞，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)；當(dāng)a>0時，由f′(x)＝0得x＝－lna，若x∈(－∞，－lna)，則f′(x)>0；若x∈(－lna，＋∞)，則f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞增，在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)f(x)≤e2x?a≥eq\f(x,ex)－ex，設(shè)g(x)＝eq\f(x,ex)－ex，則g′(x)＝eq\f(1－e2x－x,ex).當(dāng)x<0時，1－e2x>0，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增．當(dāng)x>0時，1－e2x<0，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．所以g(x)max＝g(0)＝－1，所以a≥－1.故a的取值范圍是[－1，＋∞)．eq\a\vs4\al()(1)①參數(shù)的變化取值導(dǎo)致不同的結(jié)果，需對參數(shù)進行討論，如含參數(shù)的方程、不等式、函數(shù)等．②解析幾何中直線點斜式、斜截式方程要考慮斜率k存在或不存在，涉及直線與圓錐曲線位置關(guān)系要進行討論．(2)分類討論要標(biāo)準(zhǔn)明確、統(tǒng)一，層次分明，分類要做到“不重不漏”．[對點訓(xùn)練]1．設(shè)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(x)，0<x<1，,2（x－1），x≥1.))若f(a)＝f(a＋1)，則f(eq\f(1,a))＝()A．2 B．4C．6 D．8解析：選C.當(dāng)0<a<1時，a＋1>1，f(a)＝eq\r(a)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a，因為f(a)＝f(a＋1)，所以eq\r(a)＝2a，解得a＝eq\f(1,4)或a＝0(舍去)．所以f(eq\f(1,a))＝f(4)＝2×(4－1)＝6.當(dāng)a≥1時，a＋1≥2，所以f(a)＝2(a－1)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a，所以2(a－1)＝2a，無解．綜上，f(eq\f(1,a))＝6.2．設(shè)函數(shù)f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.(1)若曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線斜率為0，求a；(2)若f(x)在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍．解：(1)因為f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex.f′(2)＝(2a－1)e2.由題設(shè)知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex.若a>1，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在x＝1處取得極小值．若a≤1，則當(dāng)x∈(0，1)時，ax－1≤x－1<0，所以f′(x)>0.所以1不是f(x)的極小值點．綜上可知，a的取值范圍是(1，＋∞)．應(yīng)用三由圖形位置或形狀引起的分類討論[典型例題]設(shè)圓錐曲線C的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，若曲線C上存在點P滿足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，則曲線C的離心率等于________．【解析】不妨設(shè)|PF1|＝4t，|F1F2|＝3t，|PF2|＝2t，其中t≠0.若該曲線為橢圓，則有|PF1|＋|PF2|＝6t＝2a，|F1F2|＝3t＝2c，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(3t,6t)＝eq\f(1,2)；若該曲線為雙曲線，則有|PF1|－|PF2|＝2t＝2a，|F1F2|＝3t＝2c，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(3t,2t)＝eq\f(3,2).【答案】eq\f(1,2)或eq\f(3,2)eq\a\vs4\al()(1)圓錐曲線形狀不確定時，常按橢圓、雙曲線來分類討論，求圓錐曲線的方程時，常按焦點的位置不同來分類討論．(2)相關(guān)計算中，涉及圖形問題時，也常按圖形的位置不同、大小差異等來分類討論．[對點訓(xùn)練]1．過雙曲線x2－eq\f(y2,2)＝1的右焦點F作直線l交雙曲線于A，B兩點，若|AB|＝4，則這樣的直線l有()A．1條 B．2條C．3條 D．4條解析：選C.因為雙曲線的兩個頂點之間的距離是2，小于4，所以當(dāng)直線l與雙曲線左、右兩支各有一個交點時，過雙曲線的右焦點一定有兩條直線滿足條件；當(dāng)直線l與實軸垂直時，有3－eq\f(y2,2)＝1，解得y＝2或y＝－2，此時直線AB的長度是4，即只與雙曲線右支有兩個交點的所截弦長為4的直線僅有一條．綜上，可知有3條直線滿足|AB|＝4.2．設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的兩個焦點，點P為橢圓上一點．已知P，F(xiàn)1，F(xiàn)2是一個直角三角形的三個頂點，且|PF1|>|PF2|，則eq\f(|PF1|,|PF2|)的值為________．解析：(1)若∠PF2F1＝90°，則|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，又因為|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2eq\r(5)，解得|PF1|＝eq\f(14,3)，|PF2|＝eq\f(4,3)，所以eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(7,2).(2)若∠F1PF2＝90°，則|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，所以|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，所以|PF1|＝4，|PF2|＝2，所以eq\f(|PF1|,|PF2|)＝2.綜上知，eq\f(|PF1|,|PF2|)的值為eq\f(7,2)或2.答案：eq\f(7,2)或2二、轉(zhuǎn)化與化歸思想轉(zhuǎn)化與化歸的原則常見的轉(zhuǎn)化與化歸的方法1.熟悉化原則2.簡單化原則3.直觀化原則4.正難則反原則1.直接轉(zhuǎn)化法2.換元法3.數(shù)形結(jié)合法4.構(gòu)造法5.坐標(biāo)法6.類比法7.特殊化方法8.等價問題法9.加強命題法10.補集法轉(zhuǎn)化與化歸思想就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問題時，采用某種手段將問題通過變換使之轉(zhuǎn)化，進而使問題得到解決的一種數(shù)學(xué)思想方法應(yīng)用一一般與特殊的相互轉(zhuǎn)化[典型例題](1)過拋物線y＝ax2(a>0)的焦點F，作一直線交拋物線于P，Q兩點．若線段PF與FQ的長度分別為p，q，則eq\f(1,p)＋eq\f(1,q)等于()A．2a B．eq\f(1,2a)C．4a D．eq\f(4,a)(2)已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，則|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________．【解析】(1)拋物線y＝ax2(a>0)的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝eq\f(1,a)y(a>0)，焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4a))).過焦點F作直線垂直于y軸，則|PF|＝|QF|＝eq\f(1,2a)，所以eq\f(1,p)＋eq\f(1,q)＝4a.(2)由題意，不妨設(shè)b＝(2，0)，a＝(cosθ，sinθ)，則a＋b＝(2＋cosθ，sinθ)，a－b＝(cosθ－2，sinθ)，令y＝|a＋b|＋|a－b|＝eq\r(（2＋cosθ）2＋sin2θ)＋eq\r(（cosθ－2）2＋sin2θ)＝eq\r(5＋4cosθ)＋eq\r(5－4cosθ)，則y2＝10＋2eq\r(25－16cos2θ)∈[16，20]．由此可得(|a＋b|＋|a－b|)max＝eq\r(20)＝2eq\r(5)，(|a＋b|＋|a－b|)min＝eq\r(16)＝4，即|a＋b|＋|a－b|的最小值是4，最大值是2eq\r(5).【答案】(1)C(2)42eq\r(5)eq\a\vs4\al()(1)一般問題特殊化，使問題處理變得直接、簡單．特殊問題一般化，可以使我們從宏觀整體的高度把握問題的一般規(guī)律，從而達到成批處理問題的效果．(2)對于某些選擇題、填空題，如果結(jié)論唯一或題目提供的信息暗示答案是一個定值時，可以把題中變化的量用特殊值代替，即可得到答案．[對點訓(xùn)練]已知函數(shù)f(x)＝(a－3)x－ax3在[－1，1]上的最小值為－3，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－1] B．[12，＋∞)C．[－1，12] D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，12))解析：選D.當(dāng)a＝0時，函數(shù)f(x)＝－3x，x∈[－1，1]，顯然滿足條件，故排除A、B；(注意，對于特殊值的選取，越簡單越好，0，1往往是首選．)當(dāng)a＝－eq\f(3,2)時，函數(shù)f(x)＝eq\f(3,2)x3－eq\f(9,2)x，f′(x)＝eq\f(9,2)x2－eq\f(9,2)＝eq\f(9,2)(x2－1)，當(dāng)－1≤x≤1時，f′(x)≤0，所以f(x)在[－1，1]上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(3,2)－eq\f(9,2)＝－3，滿足條件，故排除C.綜上，選D.應(yīng)用二正與反的相互轉(zhuǎn)化[典型例題]若對于任意t∈[1，2]，函數(shù)g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x在區(qū)間(t，3)上總不為單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是________．【解析】由題意得g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在區(qū)間(t，3)上總為單調(diào)函數(shù)，則①g′(x)≥0在(t，3)上恒成立，或②g′(x)≤0在(t，3)上恒成立．由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥eq\f(2,x)－3x在x∈(t，3)上恒成立，所以m＋4≥eq\f(2,t)－3t恒成立，則m＋4≥－1，即m≥－5；由②得m＋4≤eq\f(2,x)－3x在x∈(t，3)上恒成立，則m＋4≤eq\f(2,3)－9，即m≤－eq\f(37,3).所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(t，3)上總不為單調(diào)函數(shù)的m的取值范圍為－eq\f(37,3)<m<－5.【答案】(－eq\f(37,3)，－5)eq\a\vs4\al()(1)本題是正與反的轉(zhuǎn)化，由于函數(shù)不為單調(diào)函數(shù)有多種情況，所以可先求出其反面情況，體現(xiàn)“正難則反”的原則．(2)題目若出現(xiàn)多種成立的情形，則不成立的情形相對很少，從反面考慮較簡單，因此，間接法多用于含有“至多”“至少”及否定性命題情形的問題中．[對點訓(xùn)練]1．由命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，得m的取值范圍是(－∞，a)，則實數(shù)a的取值是()A．(－∞，1) B．(－∞，2)C．1 D．2解析：選C.由命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，可知它的否定形式“任意x∈R，使e|x－1|－m>0”是真命題，可得m的取值范圍是(－∞，1)，而(－∞，a)與(－∞，1)為同一區(qū)間，故a＝1.2．若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1，1]內(nèi)至少存在一個值c，使得f(c)>0，則實數(shù)p的取值范圍是________．解析：如果在[－1，1]內(nèi)沒有值滿足f(x)>0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）≤0，,f（1）≤0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p≤－\f(1,2)或p≥1，,p≤－3或p≥\f(3,2)))?p≤－3或p≥eq\f(3,2)，故實數(shù)滿足條件的p的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))應(yīng)用三常量與變量的相互轉(zhuǎn)化[典型例題]已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．對任意a∈[－1，1]，都有g(shù)(x)<0，則實數(shù)x的取值范圍為________．【解析】由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5，令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(φ（1）<0，,φ（－1）<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x2－x－2<0，,3x2＋x－8<0，))解得－eq\f(2,3)<x<1.故x的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1)).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))eq\a\vs4\al()(1)本題是把關(guān)于x的函數(shù)轉(zhuǎn)化為[－1，1]內(nèi)關(guān)于a的一次函數(shù)的問題．(2)在處理多變元的數(shù)學(xué)問題時，我們可以選取其中的常數(shù)(或參數(shù))，將其看成“主元”，而把其他變元看成常量，從而達到減少變元簡化運算的目的．[對點訓(xùn)練]1．對于滿足0≤p≤4的所有實數(shù)p，使不等式x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范圍是________．解析：設(shè)f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，則當(dāng)x＝1時，f(p)＝0.所以x≠1.f(p)在0≤p≤4時恒為正等價于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）>0，,f（4）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－3）（x－1）>0，,x2－1>0，))解得x>3或x<－1.故x的取值范圍為(－∞，－1)∪(3，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)2．設(shè)y＝(log2x)2＋(t－2)log2x－t＋1，若t在[－2，2]上變化時，y恒取正值，則x的取值范圍是________．解析：設(shè)f(t)＝(log2x－1)t＋(log2x)2－2log2x＋1，則f(t)是一次函數(shù)，當(dāng)t∈[－2，2]時，f(t)>0恒成立，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－2）>0，,f（2）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（log2x）2－4log2x＋3>0，,（log2x）2－1>0，))解得log2x<－1或log2x>3，即0<x<eq\f(1,2)或x>8，故x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(8，＋∞)．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(8，＋∞)應(yīng)用四形、體位置關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化[典型例題]在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求證：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.【證明】(1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因為AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形．又因為AA1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，所以AB1⊥A1B.因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.又因為A1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC，又因為AB1?平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.eq\a\vs4\al()形體位置關(guān)系的轉(zhuǎn)化是針對幾何問題采用的一種特殊轉(zhuǎn)化方法．主要適用于涉及平行、垂直的證明，如線面平行、垂直的推理與證明就是充分利用線面位置關(guān)系中的判定定理、性質(zhì)定理實現(xiàn)位置關(guān)系的轉(zhuǎn)化．[對點訓(xùn)練]1．如圖，在棱長為5的正方體ABCD－A1B1C1D1中，EF是棱AB上的一條線段，且EF＝2，點Q是A1D1的中點，點P是棱C1D1上的動點，則四面體PQEF的體積()A．是變量且有最大值B．是變量且有最小值C．是變量且有最大值和最小值D．是常數(shù)解析：選D.點Q到棱AB的距離為常數(shù)，所以△EFQ的面積為定值．由C1D1∥EF，可得棱C1D1∥平面EFQ，所以點P到平面EFQ的距離是常數(shù)，于是可得四面體PQEF的體積為常數(shù)．2．已知三棱錐P－ABC中，PA＝BC＝2eq\r(34)，PB＝AC＝10，PC＝AB＝2eq\r(41)，則三棱錐P－ABC的體積為________．解析：因為三棱錐P－ABC的三組對邊兩兩相等，故可將此三棱錐放在一個特定的長方體中(如圖所示)，把三棱錐P－ABC補成一個長方體AEBG-FPDC，易知三棱錐P－ABC的各棱分別是此長方體的面對角線．不妨令PE＝x，EB＝y(tǒng)，EA＝z，則由已知，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝100，,x2＋z2＝136，,y2＋z2＝164))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝6，,y＝8，,z＝10.))從而知VP－ABC＝VAEBG－FPDC－VP－AEB－VC－ABG－VB－PDC－VA－FPC＝VAEBG－FPDC－4VP－AEB＝6×8×10－4×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×8×10＝160.答案：160應(yīng)用五函數(shù)、方程、不等式間的相互轉(zhuǎn)化[典型例題]已知函數(shù)f(x)＝3e|x|.若存在實數(shù)t∈[－1，＋∞)，使得對任意的x∈[1，m)，m∈Z，且m>1，都有f(x＋t)≤3ex，求m的最大值．【解】因為當(dāng)t∈[－1，＋∞)，且x∈[1，m]時，x＋t≥0，所以f(x＋t)≤3ex?ex＋t≤ex?t≤1＋lnx－x.所以原命題等價轉(zhuǎn)化為存在實數(shù)t∈[－1，＋∞)，使得不等式t≤1＋lnx－x，對任意x∈[1，m)恒成立．令h(x)＝1＋lnx－x(x≥1)．因為h′(x)＝eq\f(1,x)－1≤0，所以函數(shù)h(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)．又x∈[1，m)，所以h(x)min＝h(m)＝1＋lnm－m，t值恒存在，只需1＋lnm－m≥－1.因為h(3)＝ln3－2＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)·\f(3,e)))>lneq\f(1,e)＝－1，h(4)＝ln4－3＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)·\f(4,e2)))<lneq\f(1,e)＝－1，且函數(shù)h(x)在[1，＋∞)內(nèi)為減函數(shù)，所以滿足條件的最大整數(shù)m的值為3.eq\a\vs4\al()(1)函數(shù)與方程、不等式聯(lián)系密切，解決方程、不等式的問題需要函數(shù)幫助．(2)解決函數(shù)的問題需要方程、不等式的幫助，因為借助函數(shù)與方程、不等式進行轉(zhuǎn)化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等關(guān)系轉(zhuǎn)化為最值(值域)問題，從而求參變量的范