文档内容
思想 03 运用函数与方程的思想方法解题
【目录】
..............................................................................................................................................1
..............................................................................................................................................2
..............................................................................................................................................2
............................................................................................................................................12
考点一：运用函数的思想研究问题.......................................................................................................................12
考点二： 运用方程的思想研究问题.....................................................................................................................17
考点三：运用函数与方程的思想研究不等式问题................................................................................................22
考点四：运用函数与方程的思想研究其他问题....................................................................................................26
高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础性、
综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值．高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合，
二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来记录和
描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用于对数学问题的认识、
处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、转化与化
归思想等．
1、函数与方程是紧密相联、可以相互转化的．在研究方程解的存在性、方程解的个数、方程解的分
布等问题时，一般利用方程的性质，对方程进行同解变形，进而构造函数，利用函数的图象与性质求解方
程问题．例如，方程 解的个数可以转化为函数 的图象与 轴交点的个数，也可以参变分离，转化为水平直线与函数图象交点的个数，也可以部分分离，转化为斜线与函数图象交点的个数，也可以构
造两个熟悉函数，转化为两个函数图象交点的个数．
2、在研究函数问题时，运用方程的思想，设出未知数，通过题目中的等量关系，建立方程（组），
进而求解方程（组），或者将方程变形，构造新函数，更易于研究其图象和性质．例如，在研究曲线的切
线问题时，设出切点横坐标 ，得到切线斜率 ，切线方程为 ， 从而
将函数中的切线问题转化为关于切点横坐标 的方程问题．
3、函数、方程、不等式三位一体，常常相互转化．在研究不等式的解集、不等式恒成立、不等式有
解、不等式的证明等问题时，最重要的思想方法就是函数与方程思想，构造适当的函数，分析、 转化不
等式问题．例如，不等式 或 恒成立，可以转化为 或 ．也可以考虑参
变分离再求函数的最值．
4、函数与方程的思想贯穿高中数学的多个模块，在数列、解析几何、三角形、立体几何等内容中都
有广泛的运用．函数思想体现的是运动与变化的观念，通过分析问题中的数量关系，建构函数，再运用函
数的图象与性质分析．转化问题，进而解决问题．方程思想体现的是“动中求静”，寻求变化过程中保持
不变的等量关系，建构方程（组），通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析，转化问题，使问
题获得解决．
1．（2023·全国·统考高考真题）函数 存在3个零点，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】 ，则 ，
若 要存在3个零点，则 要存在极大值和极小值，则 ，
令 ，解得 或 ，
且当 时， ，
当 ， ，
故 的极大值为 ，极小值为 ，若 要存在3个零点，则 ，即 ，解得 ，
故选：B.
2．（多选题）（2023·全国·统考高考真题）已知函数 的定义域为 ， ，则
（ ）．
A． B．
C． 是偶函数 D． 为 的极小值点
【答案】ABC
【解析】方法一：
因为 ，
对于A，令 ， ，故 正确.
对于B，令 ， ，则 ，故B正确.
对于C，令 ， ，则 ，
令 ，
又函数 的定义域为 ，所以 为偶函数，故 正确，
对于D，不妨令 ，显然符合题设条件，此时 无极值，故 错误.
方法二：
因为 ，
对于A，令 ， ，故 正确.
对于B，令 ， ，则 ，故B正确.
对于C，令 ， ，则 ，
令 ，
又函数 的定义域为 ，所以 为偶函数，故 正确，
对于D，当 时，对 两边同时除以 ，得到 ，
故可以设 ，则 ，
当 肘， ，则 ，
令 ，得 ；令 ，得 ；故 在 上单调递减，在 上单调递增，
因为 为偶函数，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
显然，此时 是 的极大值，故D错误.
故选： .
3．（多选题）（2023·全国·统考高考真题）若函数 既有极大值也有极小值，则
（ ）．
A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】函数 的定义域为 ，求导得 ，
因为函数 既有极大值也有极小值，则函数 在 上有两个变号零点，而 ，
因此方程 有两个不等的正根 ，
于是 ，即有 ， ， ，显然 ，即 ，A错误，BCD正确.
故选：BCD
4．（2023·天津·统考高考真题）若函数 有且仅有两个零点，则 的取值范围为
．
【答案】
【解析】（1）当 时， ，
即 ，
若 时， ，此时 成立；
若 时， 或 ，若方程有一根为 ，则 ，即 且 ；
若方程有一根为 ，则 ，解得： 且 ；
若 时， ，此时 成立．
（2）当 时， ，
即 ，
若 时， ，显然 不成立；
若 时， 或 ，
若方程有一根为 ，则 ，即 ；
若方程有一根为 ，则 ，解得： ；
若 时， ，显然 不成立；
综上，
当 时，零点为 ， ；
当 时，零点为 ， ；
当 时，只有一个零点 ；
当 时，零点为 ， ；
当 时，只有一个零点 ；
当 时，零点为 ， ；
当 时，零点为 ．
所以，当函数有两个零点时， 且 ．
故答案为： ．
5．（2023·全国·统考高考真题）已知函数 在区间 有且仅有3个零点，则 的
取值范围是 ．
【答案】
【解析】因为 ，所以 ，
令 ，则 有3个根，
令 ，则 有3个根，其中 ，结合余弦函数 的图像性质可得 ，故 ，
故答案为： .
6．（2023·全国·统考高考真题）已知函数 ．
(1)当 时，讨论 的单调性；
(2)若 ，求 的取值范围．
【解析】（1）因为 ，所以 ，
则
，
令 ，由于 ，所以 ，
所以 ，
因为 ， ， ，
所以 在 上恒成立，
所以 在 上单调递减.
（2）法一：
构建 ，
则 ，
若 ，且 ，
则 ，解得 ，
当 时，因为 ，
又 ，所以 ， ，则 ，所以 ，满足题意；
当 时，由于 ，显然 ，
所以 ，满足题意；
综上所述：若 ，等价于 ，
所以 的取值范围为 .
法二：
因为 ，
因为 ，所以 ， ，
故 在 上恒成立，
所以当 时， ，满足题意；
当 时，由于 ，显然 ，
所以 ，满足题意；
当 时，因为 ，
令 ，则 ，
注意到 ，
若 ， ，则 在 上单调递增，
注意到 ，所以 ，即 ，不满足题意；
若 ， ，则 ，
所以在 上最靠近 处必存在零点 ，使得 ，
此时 在 上有 ，所以 在 上单调递增，
则在 上有 ，即 ，不满足题意；
综上： .7．（2023·全国·统考高考真题）已知函数 .
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线 关于直线 对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若 在 存在极值，求a的取值范围.
【解析】（1）当 时， ，
则 ，
据此可得 ，
函数在 处的切线方程为 ，
即 .
（2）令 ，
函数的定义域满足 ，即函数的定义域为 ，
定义域关于直线 对称，由题意可得 ，
由对称性可知 ，
取 可得 ，
即 ，则 ，解得 ，
经检验 满足题意，故 .
即存在 满足题意.
（3）由函数的解析式可得 ，
由 在区间 存在极值点，则 在区间 上存在变号零点;
令 ，
则 ，令 ，
在区间 存在极值点，等价于 在区间 上存在变号零点，
当 时， ， 在区间 上单调递减，
此时 ， 在区间 上无零点，不合题意;
当 ， 时，由于 ，所以 在区间 上单调递增，
所以 ， 在区间 上单调递增， ，
所以 在区间 上无零点，不符合题意；
当 时，由 可得 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
故 的最小值为 ，
令 ，则 ，
函数 在定义域内单调递增， ，
据此可得 恒成立，
则 ，
令 ，则 ，
当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
故 ，即 (取等条件为 )，
所以 ，
，且注意到 ，
根据零点存在性定理可知: 在区间 上存在唯一零点 .当 时， ， 单调减，
当 时， ， 单调递增，
所以 .
令 ，则 ，
则函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，所以 ，
所以
，
所以函数 在区间 上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数 得取值范围是 .
8．（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当 时， ；
（2）已知函数 ，若 是 的极大值点，求a的取值范围．
【解析】（1）构建 ，则 对 恒成立，
则 在 上单调递增，可得 ，
所以 ；
构建 ，
则 ，
构建 ，则 对 恒成立，
则 在 上单调递增，可得 ，
即 对 恒成立，则 在 上单调递增，可得 ，
所以 ；
综上所述： .
（2）令 ，解得 ，即函数 的定义域为 ，
若 ，则 ，
因为 在定义域内单调递减， 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 是 的极小值点，不合题意，所以 .
当 时，令
因为 ，
且 ，
所以函数 在定义域内为偶函数，
由题意可得： ，
（i）当 时，取 ， ，则 ，
由（1）可得 ，
且 ，
所以 ，
即当 时， ，则 在 上单调递增，
结合偶函数的对称性可知： 在 上单调递减，
所以 是 的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当 时，取 ，则 ，
由（1）可得 ，
构建 ，则 ，
且 ，则 对 恒成立，
可知 在 上单调递增，且 ，
所以 在 内存在唯一的零点 ，
当 时，则 ，且 ，
则 ，
即当 时， ，则 在 上单调递减，
结合偶函数的对称性可知： 在 上单调递增，
所以 是 的极大值点，符合题意；
综上所述： ，即 ，解得 或 ，
故a的取值范围为 .
考点一：运用函数的思想研究问题
【例1】（2024·浙江金华·统考模拟预测）已知函数 .
（1）若函数 有极大值点 ，求出极大值 的取值范围；
（2）若 ，求证：在区间 内有且仅有一个实数 ，使得 .
【解析】（1）∵ ，
∴ ，所以， ，
∴ ， 的根为
当 单调递增，
当 单调递减，时， 取得极大值，即
且 ，
所以， .
令 ， ，
所以 在 递增， .
所以， .
（2）
令 ， ，
，
所以 ，（令 ）
因为 ， ，所以 在 递减.
所以， .
又
令 ，∴ ，
∴ ，
所以， .同理， .
又因为 在 递增，
所以，存在唯一的 ，使 ，
即在区间 内有且仅有一个实数 ，
使得 .
【变式1-1】（2024·辽宁大连·高三辽师大附中校考阶段练习）已知函数 ，且
（1）求 的最小值；
（2）当 取得最小值时，若方程 无实根，求实数 的取值范围．
【解析】(1)由题意函数 等价于函数 ，
由 可得 ，
即得函数 在区间 上为减函数，在区间 上为增函数，
则有 ，
由 ，转化可得 ，
化简得 恒成立，
令 ，则 恒成立，
由 ，可得函数 在区间 上为减函数，在区间 上为增函数，所以
，此时 .
(2)由(1)知 ，则有 ，转化可得
由 可得
由方程 ，构造函数 ，①当 时，可得 ，此时原方程无实根，适合题意 无解；
②当 时，可得 ，此时原方程无实根，适合题意 无解；
③当 时， ，
由 ，自变量取 可得： ，则有 即得 ，
由 ，自变量取 可得： 即得 ，则可得： ．
当 时，
，
令 ，则
则 ，又 图象在 连续，
所以函数 在 必有零点，则方程 有实根，不适合题意．
综上可得参数 满足题意方程无实根．
【变式1-2】（2024·全国·高三专题练习）人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题．牛顿在《流
数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．这种求方程根的方法，在科学界已被广
泛采用．例如求方程 的近似解，先用函数零点存在定理，令 ，
， ，得 上存在零点，取 ，牛顿用公式 反复迭
代，以 作为 的近似解，迭代两次后计算得到的近似解为 ；以 为初始区间，用二
分法计算两次后，以最后一个区间的中点值作为方程的近似解，则近似解为 ．
【答案】
【解析】已知 ，则 ．
迭代1次后， ；
选代2次后， ；
用二分法计算第1次，区间 的中点为 ， ， ，所以近似解在区
间 上；用二分法计算第2次，区间 的中点为 ， ， ，所以近似解在
区间 上，取其中点值 ，
故所求近似解为 ．
故答案为： ，
【变式1-3】（2024·山东·高三山东省实验中学校考期中）已知函数 .
(1)当 时，求函数 在 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若函数 有两个零点，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当 时， ， ，
所以 ， ，
所以切线方程为 ，即 .
令 得 ，令 得 ，
所以所求三角形的面积 .
（2）由题意知，方程 在 上有两个不同实根，
即方程 在 上有两个不同实根，即方程 在 上有两个不同实根.
令 ， ，则转化为 与 的图象有两个不同的交点，
求导得 ，
则当 时， ，当 时， ，
则函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 .
又因为 ，当 时， ，当 时， ，当 时， ,作图如下：所以a的取值范围为 .
考点二： 运用方程的思想研究问题
【例2】（多选题）定义：设 是 的导函数， 是函数 的导数，若方程 有
实数解 ，则称点 为函数 的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐
点”且“拐点”就是三次函数图像的对称中心．已知函数 的对称中心为
，则下列说法中正确的有（ ）
A． ，
B．函数 既有极大值又有极小值
C．函数 有三个零点
D．过 可以作三条直线与 图像相切
【答案】AB
【解析】
，
令
已知函数 的对称中心为 ，
解得 ， A正确；由 ，得 或 ，
当 或 时， ， 时， ，
在 和 上都是增函数，在 上是减函数，
函数 既有极大值 ，又有极小值 ， B正确；
极小值 ， 函数 不可能有三个零点， C错误；
若 不是切点，设过点 作直线与 图像相切于点 ，
得 ，切线方程为 ；
若 是切点，则切线方程为
过 只可以作两条直线与 图像相切，D错误；
故选
【变式2-1】（多选题）已知 ，若过点 可以作曲线 的三条切线，则下列结论错误的是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【解析】
设切点为 ，切线方程为 ，由 ，可知 ，所以 ，
则 所以
令 ，则
因为 ，所以当 或 时， ，当 时， ，
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
所以当 时， 取得极大值，当 时， 取得极小值，
即 ，
极大值 极小值
依题意 有三个零点，所以 且
极大值，即
【变式2-2】（多选题）若一条直线与两条或两条以上的曲线均相切，则称该直线为这些曲线的公切线，
已知直线 为曲线 和 的公切线，则下列结论正确的为
A． 和 关于直线 对称 B．若 ，则
C．当 时， 和 必存在两条公切线 D．当 时，
【答案】ACD
【解析】
选项A，对 两边取对数，有 ，所以 ，
所以 和 互为反函数，即 和 关于直线 对称，故A正确；
选项B，当 时，公切线l为 ，设 ， ，则 ， ，
设直线l与曲线 和 分别切于点 ， ，
所以 ， ，解得 ， ，
所以 ，
即 ，因为 ，所以 ，即 ，故B错误；
选项D，当 时， ， ，对于 ，有 ，
因为直线 为曲线 的切线，所以 ，即 ，此时 ，
所以切点坐标为 ，
将其代入切线方程 中，有 ，整理得 ，故D正确．
当 时， ， ，
则 ， ，
若 和 存在斜率为 的公切线，则存在m和n使得 ， ，
由选项D可知， ，即 ，
所以 ， ，即 ，
，符合题意，
故当 时， 和 必存在斜率为 的公切线，选项C正确；
【变式2-3】已知函数 ， ，其中
求函数 的单调区间；
若曲线 在点 处的切线与曲线 在点 处的切线平行，证明
；
证明当 时，存在直线l，使l是曲线 的切线，也是曲线 的切线．
【答案】 由已知， ，有 ，
令 ，解得
由 ，可知当x变化时， ， 的变化情况如下表：
x 0
- 0 +
极小
↘ 值 ↗
函数 的单调减区间为 ，单调递增区间为 ；
证明：由 ，可得曲线 在点 处的切线的斜率为
由 ，可得曲线 在点 处的切线的斜率为
这两条切线平行，故有 ，即 ，
两边取以a为底数的对数，得 ，证明：曲线 在点 处的切线 ： ，
曲线 在点 处的切线 ：
要证明当 时，存在直线l，使l是曲线 的切线，也是曲线 的切线，
只需证明当 时，存在 ， 使得 与 重合，
即只需证明当 时，方程组
由①得 ，代入②得：
，③
因此，只需证明当 时，关于 的方程③存在实数解．
设函数 ，即要证明当 时，函数 存在零点．
，可知 时， ； 时，对 求导，易知 单调递
减，
又 ， ，
故存在唯一的 ，且 ，使得 ，即
由此可得， 在 上单调递增，在 上单调递减，
在 处取得极大值
，故
下面证明存在实数t，使得 ，
由 可得 ，当 时，有存在实数t，使得
因此，当 时，存在 ，使得
当 时，存在直线l，使l是曲线 的切线，也是曲线 的切线．
考点三：运用函数与方程的思想研究不等式问题
【例3】（2024·安徽六安·高三六安二中校考阶段练习）设函数 ，若关于 的不等式
有且仅有两个整数解 ， ，则 （ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【解析】由 得： ，
由题意得： 的定义域为 ， ，
当 时， ；当 和 时， ，
在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时， ，此时由 得： ，
若 ，则 无解；若 ，则 不只有两个整数解，
不合题意；
当 时， ，由 得： ，
在 上单调递减，在 上单调递增， ，
当 时，则 无解，则 ， ，
又 ， ，
， 不等式的两个整数解为 ， ，
.
故选： .
【变式3-1】（多选题）（2024·湖南·高三校联考阶段练习）已知函数 的导函数为 ，若对 恒成立，则下列不等式中，一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】根据题设的不等关系构造 ， ，并求得它们的导函数，即可联系已知不
等关系确定函数的单调性，进而可知 、 的不等关系.设 ， ， ，
则 ， .
∵ 对 恒成立，则 ， ，
∴ 在 上单调递减， 在 上单调递增，
则 ， ，即 ， ，
∴ .
故选：BD
【变式3-2】（2024·广东深圳·高三统考阶段练习）已知函数 .
（1）当 时，求 的导函数 在 上的零点个数；
（2）若关于x的不等式 在R上恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】（1） ，∴ ，所以 是 的一个零点.
令 ，则 时，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，则 .
又 且 ，所以 在 上存在唯一零点 ，
则 在 上亦存在唯一零点.
因为 是奇函数，所以 在 上也存在唯一零点 .
综上（2）不等式 在R上恒成立，即不等式 恒成立.
令 ，则等价于不等式 ……（*）恒成立，
①若 ，即 时，不等式（*）显然成立，此时
②若 时，不等式（*）等价于
设 ，则当 时， ，
令 ，则 ，
∵ ，∵ ，且 ，
∴ 在 上单调递减，在 单调递增，
又 ，所以 在 上恒成立，
所以 在 上单调递减，则 ，
显然 为偶函数，故 在 上的最大值为1，因此
综上所述，满足题意得实数a的取值范围为 .
【变式3-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 ，且当 时，不等式 恒成立，求实数 的取值范围.
【解析】（1）因为
所以
令 ，得 ， .
所以当 时， 时， ， 时， ， 时， ，
所以 在 上单调递减，在 ， 上单调递增；
当 时 在 上恒成立，于是 在 上单调递增：
当 时， 时， ， 时 ， 时， ，所以 在 上单调递减，在 ， 上单调递增.
综上，当 时， 在 上单调递减，在 ， 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 上单调递减，在 ， 上单调递
增.
（2）解法一①当 ，即 时，由（1）可知， 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以当 时， ，
依题意有 ，解得 ，所以 .
②当 ，即 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
依题意有 ，解得 ，即 ，
又 ，故此时不存在 满足题意；
③当 ，即 时， 在 上单调递增，当 时， ，而 ，
不成立，故此时的 不满足题意；
④当 ，即 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
依题意有 ，且 ，无解，此时不存
在 满足题意；
⑤当 ，即 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，依题意有 ，且
，
又 ，故此时不存在 满足题意.
综上，实数 的取值范围是
解法二由 得 ，
即 ，易知 ，所以
设 ， ，则 ，
易知 ，所以当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
所以 .
所以 ，所以 ，故实数 的取值范围为 .
考点四：运用函数与方程的思想研究其他问题
【例4】（2024·贵州贵阳·高三校联考阶段练习）如图，正方体 的棱长为1， ， 分别
是棱 ， 的中点，过直线 的平面分别与棱 ， 交于 ， .设 ， ，给出以
下四个结论：①平面 平面 ； ②当且仅当 时，四边形 的面积最小； ③四边形
的周长 ， 是单调函数；④四棱锥 的体积 在 上先减后增.
其中正确命题的序号是 ．
【答案】①②
【解析】对于①：连接 ， ，则由正方体的性质可知， 平面 ，又 平面 ，
所以平面 平面 ，故①正确；
对于②：连接 ，因为 平面 ，所以 ，所以四边形 是菱形．四边形
的面积 ，四边形 的对角线 是固定的， ，所以当且仅当
时，四边形 的面积最小，故②正确；
对于③：因为 ，所以四边形 是菱形．当 时， 的长度由大变小；当
时， 的长度由小变大．所以函数 不单调．故③错误；对于④：四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以 为底，以 ， 分别为顶点的两个小棱锥
．因为三角形 的面积是个常数． ， 到平面 的距离是个常数，所以四棱
锥 的体积 为常值函数，故④错误．
故答案为：①②.
【变式4-1】（2024·河南信阳·信阳高中校考模拟预测）现有一组数据：
共200项， （ 是这一组数据的第 项），有以下结论：
①这组数据的极差为19；
②这组数据的中位数为14；
③这组数据的平均数为13.5；
④ .
其中正确结论的个数为 .
【答案】3
【解析】这一组数据有1个1，2个2，3个3，…，故出现 以前共有数据的个数为 ，
而 ， ，
故第100个数和第101个数均为14，中位数为14，故②正确；
， ，
故最大的数有10个，数值为20，故极差为20-1=19，故①正确；
则平均数为
，故③错误；
，
这是关于 的二次函数，且开口向上， 为二次函数的对称轴，
故 ，故④正确.即正确结论的个数为3.
故答案为：3
【变式4-2】（2024·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）记 的内角 的对边分别为 ，已知
， 是 边上的点，且满足 ， ．
(1)求 ；
(2)若 ，求 的外接圆的直径．
【解析】（1）因为 ， 是 边上的点，且满足 ， ，
所以 ， ， ，
在 中，由余弦定理得 ，
在 中，由余弦定理得 ，
所以 ，整理得 ，
又因为 ，所以 ，故 ．
（2）由 及（1），可得 ， ，则 ，
在 中， ，
由余弦定理得 ，所以 ，
由正弦定理得 ，则 ，
故 的外接圆的直径为 ．
【变式4-3】（2024·上海杨浦·统考一模）设函数 ， （其中常数 ， ），
无穷数列 满足：首项 ， .
(1)判断函数 的奇偶性，并说明理由；(2)若数列 是严格增数列，求证：当 时，数列 不是等差数列；
(3)当 时，数列 是否可能为公比小于0的等比数列？若可能，求出所有公比的值；若不可能，请
说明理由.
【解析】（1）任取 ，都有 ，
因此函数 是奇函数．
（2）反证法：假设数列 是等差数列，公差为 ，
由数列 是严格增数列可知 ．
因为 ，所以 ，即 非零常数
因为 ，
所以 （其中 是正整数）．
因为 ， ，所以 ．方程 无解，矛盾．
假设不成立，即当 时，数列 不是等差数列．
（3）若数列 是等比数列，则其各项均非零，设其公比为
由 得 ，即 ．
考虑方程 ， 均为该方程（记为①）的解．
由函数 的值域为 可知 ，即 ，
所以 ．若 ，则当 充分大时（ 时），
，这与 矛盾，从而不合题意．
若 ，函数 在 是严格增函数
由 时 ，可知函数当 时，均有 ，
因此函数的零点（即方程①的解）的绝对值均大于1，即 ．
但若 ，由 ，则当 充分大时（ 时），
将有 ，这与 矛盾，从而不合题意．综上，只能有 ．此时方程①为 ，
记 ．因为 ，
所以存在 ，使 是方程①的解．
进而由函数 是奇函数， 也是方程①的解．因此只需取
其中 是正整数即可.
综合上述，存在公比为负数的无穷等比数列 ，其公比只能是 ．
【变式4-4】（2024·云南曲靖·高三校联考阶段练习）已知椭圆 的左、右顶点分
别为 ， ，过左焦点且垂直于x轴的直线交椭圆于D，E两点， ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P，Q为椭圆上异于A，B的两个动点，设直线AP，BQ的斜率分别为 ， ， 和 的
面积分别为 ， ，若 ，求 的最大值．
【解析】（1）由椭圆 的左、右顶点分别为 ， ，可得 ，
又由 ，可得 ，解得 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）设 ，
若直线 的斜率为0，由对称性知 ，
则 ，此时 ，不合题意；
设直线 的方程为 ，由直线 不过椭圆 的左右顶点，则 ，
联立方程组 ，整理得 ，
由 ，可得 ，
则 ，可得 ，
所以 ，解得 ，即直线 的方程为 ，所以直线 过定点 ，
则 ，
可得 ,
则 ，
因为 ，当 时， 的最大值为 .
