1、第 第 頁 共 15頁 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark0 o Current Document 專題二十二數學思想在解題中的應用(二 )1定義在R 上的函數f(x)滿足f(x 6) f(x)當3 x1 時， f(x) (x 2) 2；當1x sin 0 成立， a 1， T T a 1， k 2， 2 sin2不成立，a0，TTa1，k3,3 sin 不成立，a0，TTa 1，k4,4 sin 分類討論思想的考查重點為含有參數的函數性質問題、與等比數列的前n 項和有關的計算推證問題、直線與圓錐曲線的位置關系不定問題等，在選擇、填空、解答題中都會涉 及到分類

2、討論的思想方法 2等價轉換思想的應用在高考試題中處處可見，是解高考試題常用的數學思想2 成立，a1，TTa2，k 分類討論思想的考查重點為含有參數的函數性質問題、與等比數列的前n 項和有關的計算推證問題、直線與圓錐曲線的位置關系不定問題等，在選擇、填空、解答題中都會涉及到分類討論的思想方法2等價轉換思想的應用在高考試題中處處可見，是解高考試題常用的數學思想第五次：sin2 sin 2 成立，a1，TTa3，k6,6 0， TOC o 1-5 h z 1 】 設函數f(x)1若 f(a) f( a)， 則實數a的取值范圍是()log2 x ， x log2a，a 1 ；1log2a log2a，

3、a 1 ；C 當 a 0 時，由f（a） f（ a），得即log2a log2 1 ，即a 1，解得aaa a f（ a），得1log2（ a） log2（ a），11即 log2 a log2（ a），則aa，解得1 a0且a 1)有兩個零點，則實數 a 的取值范圍 TOC o 1-5 h z 是 解析 則函數f(x)axxa(a0 且a1)有兩個零點，就是函數yax(a0且a1)的圖象與函數y x a 的圖象有兩個交點由圖象可知，當0 a1 時，因為函數yax(a1)的圖象過點(0,1)，而直線yxa 的圖象與y軸的交點一定在點(0,1)的上方， 所以一定有兩個交點所以實數a的取值范圍是(

4、1， )答案 (1 ，)由參數的變化而引起的分類討論由于參數的取值不同會導致所得結果不同，所以某些含有參數的問題如函數性質的運用、求最值、一元二次方程根的判斷、直線斜率等，在求解時要根據參數的變化進行分類討論【例 2】已知函數f(x) ln x ax (1)當 a 2時，討論f(x)的單調性；(1)當 a 2時，討論f(x)的單調性；(2)設g(x)x22bx4， 當a41時，若對任意x1 (0,2)， 存在x21,2， 使f(x1)g(x2)，求實數 b 的取值范圍x TOC o 1-5 h z 審題視點聽課記錄審題視點 (1)根據解題需要，要對二次項系數、根的大小分類討論(2)將問題轉化為

5、g(x)在 1,2上的最小值不大于f(x)在 (0,2)上的最小值，則可借助(1)問的結論求得f(x)在 (0,2)上的最小值，根據二次函數的對稱軸與給定區間(1,2的關系討論求g(x)的最小值即可求b 的范圍解(1)因為f(x)ln x ax1 a 1 ，x所以f(x) 1aa 21ax2x21a，x(0，)xxx令 h(x) ax2 x1 a， x (0，)當a 0 時，h(x)x 1， x (0，)，所以當x (0,1)時，h(x)0，此時 f (x)0，函數f(x)單調遞減；當x (1 ，)時，h(x)0，函數f(x)單調遞增當a 0 時，令 f (x) 0，1即ax2x1a0，解得x

6、11 ，x2 1.a()當a2時，x1x2，h(x)0恒成立，此時f(x)0，函數f(x)在 (0，)上單調遞減()當0a10，2a當x(0,1)時，h(x)0，此時f(x)0，函數f(x)單調遞減；當x1， 1 1 時， h(x)0，函數f(x)單調遞增；a當x1 1， 時， h(x)0，此時 f (x)0，函數 f(x)單調遞減a( )當a0 時，由于1 10，此時f (x)0，函數f(x)單調遞減；x (1 ，)時，h(x)0，函數f(x)單調遞增綜上所述，當a 0 時，函數f(x)在 (0,1)上單調遞減，函數f(x)在 (1，)上單調遞增；1當 a 2時，函數f(x)在 (0，)上單

7、調遞減；當0a21時，函數f(x)在 (0,1)上單調遞減，函數f(x)在1， a1 1 上單調遞增，函數f(x)1在 1， 上單調遞減a11(2)因為a40，2 ，由(1)知，x11，x23?(0,2)，當x (0,1)時，函數f(x)單調遞減；當x (1,2)時，函數f(x)單調遞增所以f(x)在 (0,2)上的最小值為f(1)12.由于“對任意x1 (0,2)，存在x2 1,2，使f(x1) g(x2)”等價于“g(x)在 1,2上的最小1值不大于f(x)在 (0,2)上的最小值21”(*)又g(x)(x b)24b2， x 1,2，所以當 b0，此時與(*)矛盾；當 b1,2時，因為g

8、(x)min 4b20，同樣與(*)矛盾；當b(2，)時，因為g(x)ming(2) 84b，解不等式84b1，可得 b 17.28綜上所述，b 的取值范圍是17，.8求解時，要結合參數的意義，對參數3【突破訓練2】已知函數f(x) ax332x21(x R)，其中a 0.(1)若a1 ，求曲線y f(x)在點(2， f(2)處的切線方程；11(2)若在區間 2， 2 上，f(x) 0恒成立，求a 的取值范圍3解(1)當a1 時， f(x)x32x21， f(2)3.f(x)3x23x，f (2)6，所以曲線yf(x)在點(2， f(2)處的切線方程為y 3 6(x 2)，即y 6x 9.(2

9、)f3ax2 3x 3x(ax 1)1令f (x) 0，解得x0 或x.a以下分兩種情況討論：11若00，f(x)0 等價于1f 2 0，5 a 80，5 a 80.解不等式組得5 a 5.因此0 2，則0 1a1f 2 0，f(x)0 等價于f1 0，a5 a 810，12a20.x 12， 0010， a1 a11 a， 2f (x)00f(x)極大值極小值x 變化時，f (x)， f(x)的變化情況如下表：x1， 12， 2時，解不等式組得22a 5 或a22.因此2a5.綜合，可知a 的取值范圍為0 a5.轉化與化歸思想的應用轉化與化歸思想非常普遍，常考查特殊與一般、常量與變量、正與反

10、或以換元法為手段【例 3】已知函數f(x) x3 2x2 ax1.若函數g(x) f (x)在區間 ( 1,1)上存在零點， TOC o 1-5 h z 則實數 a 的取值范圍是審題視點聽課記錄審題視點 很顯然， 函數 g(x)是二次函數，二次函數在一個開區間上存在零點，情況是很復雜的，但這個二次函數可以把參數分離出來，這樣就把問題轉化為求一個具體的函數的值域解析g(x)f(x)3x24xa，g(x)f(x)在區間(1,1)上存在零點，等價于3x24x a 在區間( 1,1)上有解， 等價于 a的取值范圍是函數y 3x2 4x在區間( 1,1)上的值域，不難求出這個函數的值域是 4， 7 .故

11、所求的a的取值范圍是 4， 7 .334答案 4， 73在高考中，轉化與化歸思想占有相當重要的地位，在解題時注意依據問題本身所提供的信息，利用動態思維，去尋求有利于問題解決的化歸與轉化的途徑和方法【突破訓練3】函數f(x) sin x cos x sin 2x 的最小值是解析 令 t sin x cos x 2sin x 4 ，15則t21sin 2x，且t2，2， f(t) t2t1t2 254，15故當t2 2，2時，函數f(x)的最小值為54.答案 54突破轉化與化歸的瓶頸轉化的一種方式是變換研究對象，將問題轉移至新對象的知識背景中，從而使非標準型問題、 復雜問題簡單化，進而變得容易處理

12、通過引進新的變量，可以將分散的條件聯系起來，隱含的條件顯露出來，或者將條件與結論聯系起來，或者使題目的形式變得熟悉，從而將復雜的計算或證明題簡化【示例】設函數fn(x) xn bx c(n N ， b， c R)1(1)設n2，b1，c1，證明：fn(x)在區間2，1 內存在唯一零點；(2)設n2，若對任意x1，x2 1,1，有|f2(x1)f2(x2)|4，求b的取值范圍；1(3)在 (1)的條件下，設xn是fn(x)在2， 1 內的零點，判斷數列x2， x3，xn，的增減性滿分解答(1)b 1 ， c1， n 2 時， fn(x) xn x 1.111 fn 2 fn(1)2n 2 1 0

13、，1 fn(x)在2， 1 上是單調遞增的，1 fn(x)在2， 1 內存在唯一零點(4 分 )(2)當 n 2 時，f2(x) x2 bxc.對任意 x1，x21,1都有|f2(x1)f2(x2)|4 等價于f2(x)在1,1上的最大值與最小值之差 M 4. 據此分類討論如下：b(i)當 2 1，即|b| 2 時，M |f2(1) f2( 1)| 2|b| 4，與題設矛盾b當 1 2 0，即0 b 2時，bbM f2(1)f2 22 124 恒成立當 0 21 ，即2b 0時，bbM f2(1) f2 2 21 2 4 恒成立綜上可知，2 b 2.(8 分 )注： (ii) ， (iii)

14、也可合并證明如下：用 max a，b表示a， b中的較大者當1 2b1，即2 b2 時，bM maxf2(1)， f2(1) f2 2f2 f2 1 f2 1|f2 1 f2 1 |bf2 21 c |b| b42 c1 |b2| 2 4 恒成立（8 分 ）1(3)法一設xn是fn(x)在2， 1 內的唯一零點(n 2)，nn11fn(xn) xnxn1 0，fn1(xn 1)xn1 xn110， xn12，1 ，于是有fn(xn)0fn 1(xn 1) xnn 11 xn1 1xnn1 xn 1 1 fn(xn1)，1又由(1)知fn(x)在2， 1 上是遞增的，故xn xn 1(n 2)，

15、所以，數列x2， x3， ， xn， 是遞增數列(12 分 )1法二 設 xn 是fn(x)在2， 1 內的唯一零點， TOC o 1-5 h z fn1(xn)fn1(1)(xnn1xn 1)(1n 111)xnn1 xn1 xnnxn10，則fn 1(x)的零點xn1 在(xn,1)內，故xn 0，即a1 時，令 F (x) 0，得x2 x a 0，4 TOC o 1-5 h z 1 1 4a 11 4a解得 x12 0， x22.1 1 1 4a(i)若 4 0，函數F(x)在 (0，)上單調遞增 1 1 4a(ii) 若 a 0，則x0，2 時， F (x) 0，2函數F(x)在區間0， 1 1 4a 上單調遞減，在區間 1 1 4a，上單調遞增綜上所述，當a 0 時，函數F(x)的單調遞增區間為(0，)；a 0 a 0 時，函數F(x)的單調遞減區間為0，1 1 4a單調遞增區間為 1 1 4a TOC o 1-5 h z (2)由 gxx2 f(x)2e，得 lnx2