1、含參方程有關(guān)問題數(shù)學(xué)是“教會(huì)年輕人思考”的科學(xué)，針對代數(shù)推理型問題，我們不但要尋求它的解法是什么， 還要思考有沒有其它的解法， 更要反思為什么要這樣解， 不這樣解行嗎？我們通過典型的問題，解析代數(shù)推理題的解題思路，方法和技巧.在解題思維的過程中，既重視通性通法的演練，又注意特殊技巧的作用，同時(shí)將函數(shù)與方程，數(shù)形Z合，分類與討論，等價(jià)與化歸等數(shù)學(xué)思想方法貫穿于整個(gè)的解題訓(xùn)練過程當(dāng)中分類討論是一種數(shù)學(xué)思維方法，也是一種重要的解題策略.但在重視分類討論思想應(yīng)用的同時(shí)，應(yīng)防止見參數(shù)就討論.對于某些含參代數(shù)問題，若對問題作深入的研究，充分挖掘題目的已知量與未知量之間的關(guān)系，尋求正確的解題策略，則可以避免

2、不必要的分類討論，使解題更簡單.下面談?wù)劚苊夥诸愑懻撉山夂瑓⒋鷶?shù)問題的七種思維策略1 1抓住主元，化歸為一次或二次函數(shù)法例 1 1：若不等式 x x2 2-2mx+2m+10-2mx+2m+10 對滿足 0 x10 x1 的所有實(shí)數(shù) x x 都成立，求 m m 的取值范圍。解：設(shè)f(x)=x2-2mx+2m+1本題等價(jià)于函數(shù)f(x)在041上的最小值大于0,求m的取值范圍(1)當(dāng)m0時(shí)，f(x)在0,1上是增函數(shù),因此f(0)是最小值,解3m0得-二m02當(dāng)0Em1時(shí)，f(x)在x=m時(shí)取得最小值0m0當(dāng)m1時(shí)，f(x)在0,1上是減函數(shù)，因此f(1)是最小值解m1得m1f(1=)201綜合(

3、1)(2)(3)得m2注：當(dāng)化歸為二次函數(shù)后，自變量是實(shí)數(shù)集的子集時(shí)，應(yīng)用二次函數(shù)知識解決有時(shí)較繁瑣。此型題目有時(shí)也可轉(zhuǎn)化為后面的法3求解。變式：例 2:2:若不等式x2-2mx+2m+10對滿足1WmW5的所有實(shí)數(shù)m都成立,2求x的取值范圍。解:令g(m)=m(2x+2)+x2+1，則有得0-m-1|g。得：x：_2x+3。,g(2)0 x2-5x60小結(jié):在一次二次函數(shù)中，參數(shù)有時(shí)候具有一定的幾何意義，結(jié)合圖像，抓住參數(shù)的幾何意義對解題能起事半功倍之效.3二_例如：右函數(shù)y=Asin(ox+)+B在0,10,1上至少有 5050 個(gè)最大值，求正數(shù)切的取值范4圍.分析：最大值的個(gè)數(shù)跟周期有關(guān)

4、，所以這里我們要抓住參數(shù)切對周期白影響，結(jié)合函數(shù)圖T3T像，我們不又 t t 得到：一十3 3-+49TW1842.2.分離參數(shù)與變量，避免分類討論在含參數(shù)的方程或不等式中，若能通過適當(dāng)變形，使方程或不等式一端只含參數(shù)的解析式,而另一端為與參數(shù)無關(guān)的主變元函數(shù)，則在求該函數(shù)最值時(shí)就不需要分類討論.例 1 1：若不等式 x x2 2-2mx+2m+10-2mx+2m+10 對滿足 0 x10 x1 的所有實(shí)數(shù) x x 都成立，求 m m 的取值范圍。解:原不等式化為x212m(x-1),一，1x x21當(dāng)x#1時(shí),m-12x-11r(x-1)22(x-1)2,-：2x7r-12即m(1x)+1而

5、1xW(0,1, ,故當(dāng) 1-x=01-x=0 時(shí)，右邊取得最大值. .2(1-x)1此日m.2當(dāng) x=1x=1 時(shí)，mwR1綜上,m.2(練習(xí))例 3 3 對 0 0CR,CR,不等式 cos20-cos20-332mcos2mcos0 0-4m-4m 恒成立，求實(shí)數(shù) m m 的取值范圍. .解析原不等式可化為：cos2-2m(cos9-2)，若進(jìn)一步化為，則(x2)(x3)。所以x|x3或x2. .2(cos8-m)2上+2m-2A0, ,則需要以m是否在- -1,11,1內(nèi)為標(biāo)準(zhǔn)分三種情況討論，比242較復(fù)雜，如果換一個(gè)角度看問題，顯然可以由條件等價(jià)轉(zhuǎn)化為不等式2-cos212.2m=2

6、cos71一= =4一(2-cos)2x+a(a0).分析:若直接求解需要分類討論，較為繁瑣，由于不等式兩邊函數(shù)式的幾何意義十分清楚，故可利用數(shù)形結(jié)合求解，設(shè)f(x)=Ja2-x2,g(x)=2x+a，作出兩函數(shù)的圖像，由圖像可得不等式的解為x-a,0). .2.4例 6 6 設(shè)函數(shù)f(x)=a+vx4x,g(x)=x+1,已知x匚一4,0,時(shí)恒有f(x)g(x),3求a的取值范圍.講解：由f(x)Wg(x)實(shí)施移項(xiàng)技巧，得v-x2-4x-x+1-a,令C:y=Y-x2-4x,L:y=x+1-a, ,33從而只要求直線 L L 不在半圓 C C 下方時(shí)，直線 L L 的 y y 截距的最小值.

7、 .故a4-5時(shí)，f(x)g(x). .本例的求解在于實(shí)施移項(xiàng)技巧，關(guān)鍵在于構(gòu)造新的函數(shù)，進(jìn)而通過解幾模型進(jìn)行推理解題，當(dāng)中，滲透著數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法，顯示了解題思維轉(zhuǎn)換的靈活性和流暢性. .還須指出的是：數(shù)形結(jié)合未必一定要畫出圖形，但圖形早已在你的心中了，這也許是解題能力的提升，還請三思而后行.5.5.挖掘隱含條件，避免分類討論當(dāng)直線與半圓相切時(shí)，易求得a=-5(a=5.3舍去)12例 7 7 已知函數(shù)f(x)=-萬x+x，是否有頭數(shù) m m, ,n(mn)n(mn)使得函數(shù) f(x)f(x)的TE義域、值域分別是m m, ,n n和2m2m,2,2n n? ?若存在，求出 m m 的值

8、；若不存在，說明理由. .分析：定義域、值域都是兩個(gè)動(dòng)態(tài)的區(qū)間，按常規(guī)做法需討論對稱軸與所給區(qū)間的相對位置關(guān)系將出函數(shù) f f( (x)x)在所給區(qū)間的單調(diào)性,從而求出函數(shù) f f( (x)x)在區(qū)間m m,n n上的值域，再與所給值域比較即可，這一過程需分三種情況討論，無法回避一個(gè)復(fù)雜的程序化的運(yùn)算過程，但若能從題意中挖掘出“nW1nW1”(即對稱軸在所給區(qū)間右側(cè)) )這一隱含條件，則可得出函數(shù) f f( (x)x)在所給區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，從而避免繁瑣的分類討論. .12解:一萬面，f(x)=-(x-1)2+1在(*,F)上最大值為 1.1.另一方面，若存在滿足條件的 m m, ,n n，則

9、f f( (x)x)在m,nm,n上的最大值是 2 2n.n.從而函數(shù) f f( (x)x)在區(qū)間m m, ,n n上是增函數(shù)，S，八一1，2m,2nJ(-o,1,/.2n1,1Pn-1.從而函數(shù)f(x)在區(qū)間m,nm,n上是增函數(shù)一、12-f(m)=mm=2m,12f(n)n2n=2n,2Im-2或0p=，乂m1B.a=1C.B.a=1C.a1D.D.非上述答案分別作出函數(shù) y=|x|y=|x|和直線 L:y=ax+1L:y=ax+1 的圖像，當(dāng) a=1a=1 時(shí)，得 L L 與 y=xy=x 平行且與 y=|x|y=|x|交于一點(diǎn)在第二象限，如圖，直線 L L 繞定點(diǎn) P P(0,1)(0

10、,1)轉(zhuǎn)動(dòng)且夾在 L L 與 y y 軸之間時(shí)，滿足題意，此時(shí)a之1, ,選 C.C.例 10:10:已知直線l:2x-ay-3=0,。E:(x-2)2+y2=1,(E為圓心)，直線l與0E交于相異兩點(diǎn)M、N,求MEN面積的最大值.3解：直線l經(jīng)過(2,0)則需要1yl-y21取得最大值。2得(包+1)y2一gy3=02x=ay+3224x-2)2+y214247 7.運(yùn)用整體的思想，把握問題實(shí)質(zhì)例11:(08浙江卷15)已知t為常數(shù)，函數(shù)y=|x2-2x-t在區(qū)間0,3上的最大值為2,則t=。1分析：函數(shù)在最大值只能在x=0,x=3或在對稱軸x=1處取得.當(dāng)在x=0處取得最大值時(shí)有t=2或t

11、=-2.當(dāng)t=2時(shí)，f(1)=32,不合.當(dāng)t=-2時(shí)，f(3)=96+2=52,不合當(dāng)在x=1處取最大值時(shí)，有|t+1|=2,得t=1或t=-3當(dāng)t=-3時(shí)，f(0)=32不合題意.當(dāng)t=1時(shí)，f(0)=11,此時(shí)ymax=f(1)，滿足題意.令ymax=f(-1)=2,即-a2+a+5=2，則a=上213.當(dāng)aJ時(shí)，關(guān)于t的一元二次函數(shù)的對稱軸to=|旬-1,1,此時(shí)ymax=fg),矛盾，舍去；當(dāng)aJ+而時(shí)，函數(shù)f(t)的對稱軸to=a1,此時(shí)ymax=f(1),矛盾，舍去.22.a-3o4.4.(3)令ymax=f()=2，即一一a+2a+6=2,則a=或a=4，當(dāng)a=時(shí)，對稱2433

12、軸toW-1,1,滿足要求；當(dāng)a=4時(shí)，對稱軸toA1,此時(shí)fmax=f(1),矛盾.當(dāng)a=31叵或a=f時(shí)，能使函數(shù)f(x)的最大值為2.238.探求函數(shù)的單調(diào)性，轉(zhuǎn)化為最值問題11112例 8 8 已知不等式+之一loga(a-1)+對于大于 1 1 的正整數(shù) n n 恒成n1n22n123立，試確定 a a 的取值范圍.111講解：構(gòu)造函數(shù)f(n)=+ + +，易證(請思考：用什么方法證明n1n22n呢？)f(n)為增函數(shù).,n n 是大于 1 1 的正整數(shù)，f(n)-f(2)二.1211112要使+之一loga(a1)+一對一切大于n1n22n123須loga(a-1)-,12312即

13、loga(a-1)WT,解得1a0,當(dāng)xw(2,2)時(shí)，y0,故所求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是(一二，一2),(2,二)，單調(diào)遞減區(qū)間是(-2,2).(II)(II)證明：(i)(i)方法一：八一x3I2一令h(x)=f(x)-gt(x)=t3x+t(x0),則332h(x)=x2-t3,1當(dāng) t t0時(shí)，由h(x)=0,得*=.1當(dāng)xw(0,x3)時(shí)，h(x)0,1所以h(x)在(0,+a)內(nèi)的最小值是h(t3)=0.故當(dāng) x0 x0 時(shí)，f(x)為gt(x)對任意正實(shí)數(shù)t成立.方法2對任思固TE的xA0,令h(t)=gt(x)=t3x-t(t0),則3211ht)=t飛(xt3),由h(t)=0

14、,得t=x3.當(dāng)0t0.當(dāng)tx3時(shí)，h(t)0時(shí)，f(x)為gt(x)對任意正實(shí)數(shù)t成立.(ii)方法一：8f(2)=g8(2).3由(i)得，g8(2)gt(2)對任意正實(shí)數(shù)t成立.即存在正實(shí)數(shù)x0=2,使得g8(2)gt(2)對任意正實(shí)數(shù)t成立.下面證明x0的唯一性：當(dāng)x#2,x00,t=8時(shí),3f(x0)-3,g8(x0)=4x0/164x-,3再取t=x03,得3gx3(x0)=容，0316x0所以g8(x)=4x-一：一二gx3(x0),33即x0#2時(shí)，不滿足g8(x0)gt(x0)對任意t0都成立.故有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)x0=2,16一,33由(i)得，.3使得g8(x0)gt(x0)對任意正實(shí)數(shù)t成立.