当n为偶数时，Sn＝1－n，∴＝S2≤Sn<1.
令f（t）＝t－，则函数f（t）在上单调递增，∴当t∈时，－≤f（t）≤，故所求最大值与最小值之和为－＋＝，故选B.
[答案] B
4．（2018·长春二模）已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则的最小值为________．
[解析] ∵an＋1－an＝2n，∴当n≥2时，an－an－1＝2（n－1），
∴an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝（2n－2）＋（2n－4）＋…＋2＋33＝n2－n＋33（n≥2）．
又a1＝33＝1－1＋33，故a1满足上式，
∴an＝n2－n＋33（n∈N*），∴＝n＋－1，
令f（x）＝x＋－1（x>0），则f′（x）＝1－.
令f′（x）＝0，得x＝，
易知当x∈（0，）时，f′（x）<0，当x∈（，＋∞）时，f′（x）>0，
∴f（x）在区间（0，）上递减，在区间（，＋∞）上递增，
又5<<6，且f（5）＝5＋－1＝，f（6）＝6＋－1＝，f（5）>f（6），
∴当n＝6时，有最小值.
[答案] 要点三 函数与方程思想在解析几何中的应用
[解]
（1）证明：
设P（x0，y0），A，B.
因为PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程2＝4·
即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根．
所以y1＋y2＝2y0，
因此，PM垂直于y轴．
（2）由
（1）可知
所以|PM|＝（y＋y）－x0＝y－3x0，
|y1－y2|＝2.
因此，△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝（y－4x0）.
因为x＋＝1（x0<0），所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4,5]．
因此，△PAB面积的取值范围是.
函数与方程思想在解析几何中的应用技巧
（1）求圆锥曲线的方程、离心率，通常利用方程的思想建立a，b，c的关系式求解．
（2）在解析几何中，求某个量（直线斜率，直线在x、y轴上的截距，弦长，三角形或四边形面积等）的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量（通常是直线斜率，动点的横、纵坐标等）的函数，并求出这个变量的取值范围（即函数的定义域），将问题转化为求函数的值域或最值．
[对点训练]
5．（2018·郑州质检）已知圆M：
x2＋y2＝r2（r>0）与直线l1：
x－y＋4＝0相切，设点A为圆上一动点，AB⊥x轴于B，且动点N满足＝2，设动点N的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）直线l与直线l1垂直且与曲线C交于P，Q两点，求△OPQ（O为坐标原点）面积的最大值．
[解]
（1）设动点N（x，y），A（x0，y0），因为AB⊥x轴于B，所以B（x0,0），
由题意得，r＝＝2，
所以圆M的方程为M：
x2＋y2＝4.
因为＝2，所以（0，－y0）＝2（x0－x，－y），
即
将A（x,2y）代入圆M：
x2＋y2＝4中，得动点N的轨迹方程为＋y2＝1.
（2）由题意，设直线l：
x＋y＋m＝0，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立直线l与椭圆C的方程得消去y，得13x2＋8mx＋4m2－4＝0，
Δ＝192m2－4×13（4m2－4）＝16（－m2＋13）>0，解得m2<13，x1＋x2＝－，x1·x2＝.
又点O到直线l的距离d＝，|PQ|＝2|x1－x2|＝，
所以S△OPQ＝··＝≤1，当且仅当m2＝13－m2，即m＝±时，等号成立．
故△OPQ面积的最大值为1.
1.函数思想与方程思想是密切相关的，如函数问题可以转化为方程问题来解决，方程问题也可以转化为函数问题加以解决，如解方程f（x）＝0，就是求函数y＝f（x）的零点，再如方程f（x）＝g（x）的解的问题可以转化为函数y＝f（x）与y＝g（x）的交点问题，也可以转化为函数y＝f（x）－g（x）与x轴的交点问题，方程f（x）＝a有解，当且仅当a属于函数f（x）的值域．
2.当问题中涉及一些变化的量时，就需要建立这些变化的量之间的关系，通过变量之间的关系探究问题的答案，这就需要使用函数思想．
3．借助有关函数的性质，一是用来解决有关求值、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，可以通过建立函数关系式或构造中间函数来求解．
专题跟踪训练
（一）
一、选择题
1．若x>y>1,0A．axby
C.
[解析] 因为函数y＝ax（0y>1,00）在（0，＋∞）上单调递增，可得ay[答案] A
2．已知倾斜角为的直线l过抛物线C：
y2＝2px（p>0）的焦点F，抛物线C上存在点P与点Q（5,0）关于直线l对称，则p＝（ ）
A.B．1
C．2D．4
[解析] 由题意，F，设P（x0，y0），直线PQ的方程为y＝－（x－5），∴∴3（x0－5）2＝2px0.又x0＋＝5－，∴x0＝3，p＝2，故选C.
[答案] C
3．（2018·银川模拟）已知非零向量m，n满足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝，若n⊥（tm＋n），则实数t的值为（ ）
A．4B．－4
C.D．－
[解析] ∵n⊥（tm＋n），∴n·（tm＋n）＝0，
即tm·n＋|n|2＝0，
∴t|m||n|cos〈m，n〉＋|n|2＝0.
又4|m|＝3|n|，∴t×|n|2×＋|n|2＝0，
解得t＝－4，故选B.
[答案] B
4．（2018·沈阳模拟）等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，n的值是（ ）
A．5B．6
C．7D．8
[解析] 解法一：
由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0，根据首项a1＝13可推知数列{an}递减，从而得到a7>0，a8<0，故n＝7时，Sn最大，故选C.
解法二：
设{an}的公差为d，由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n（n－1）＝－n2＋14n，根据二次函数的性质，知当n＝7时，Sn最大，故选C.
解法三：
根据a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和先是单调递增然后单调递减，根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，得只有当n＝＝7时，Sn取得最大值，故选C.
[答案] C
5．（2018·济南一模）方程m＋＝x有解，则m的最大值为（ ）
A．1B．0
C．－1D．－2
[解析] 由原式得m＝x－，设＝t（t≥0），
则m＝1－t2－t＝－2，
∵m＝－2在[0，＋∞）上是减函数．
∴t＝0时，m的最大值为1，故选A.
[答案] A
6．（2018·江西七校联考）直线y＝a分别与曲线y＝2（x＋1），y＝x＋lnx交于点A，B，则|AB|的最小值为（ ）
A．3B．2
C.D.
[解析] 当y＝a时，2（x＋1）＝a，所以x＝－1.
设方程x＋lnx＝a的根为t，则t＋lnt＝a，则|AB|＝＝＝.设g（t）＝－＋1（t>0），则g′（t）＝－＝，令g′（t）＝0，得t＝1，当t∈（0,1）时，g′（t）<0；当t∈（1，＋∞）时，g′（t）>0，所以g（t）min＝g
（1）＝，所以|AB|≥，所以|AB|的最小值为，故选D.
[答案] D
二、填空题
7．（2018·厦门一中月考）设曲线y＝在点（3,2）处的切线与直线ax＋y＋3＝0垂直，则a等于________．
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