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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(shù)學(xué)思想在解題中的應(yīng)用(二 )1定義在R 上的函數(shù)f(x)滿足f(x 6) f(x)當(dāng)3 x1 時, f(x) (x 2) 2;當(dāng)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(shù)的函數(shù)性質(zhì)問題、與等比數(shù)列的前n 項和有關(guān)的計算推證問題、直線與圓錐曲線的位置關(guān)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(zhuǎn)換思想的應(yīng)用在高考試題中處處可見,是解高考試題常用的數(shù)學(xué)思想2 成立,a1,TTa2,k 分類討論思想的考查重點為含有參數(shù)的函數(shù)性質(zhì)問題、與等比數(shù)列的前n 項和有關(guān)的計算推證問題、直線與圓錐曲線的位置關(guān)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(zhuǎn)換思想的應(yīng)用在高考試題中處處可見,是解高考試題常用的數(shù)學(xué)思想第五次:sin2 sin 2 成立,a1,TTa3,k6,6 0, TOC o 1-5 h z 1 】 設(shè)函數(shù)f(x)1若 f(a) f( a), 則實數(shù)a的取值范圍是()log2 x , x log2a,a 1 ;1log2a log2a,
3、a 1 ;C 當(dāng) 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(shù) a 的取值范圍 TOC o 1-5 h z 是 解析 則函數(shù)f(x)axxa(a0 且a1)有兩個零點,就是函數(shù)yax(a0且a1)的圖象與函數(shù)y x a 的圖象有兩個交點由圖象可知,當(dāng)0 a1 時,因為函數(shù)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(shù)a的取值范圍是(
4、1, )答案 (1 ,)由參數(shù)的變化而引起的分類討論由于參數(shù)的取值不同會導(dǎo)致所得結(jié)果不同,所以某些含有參數(shù)的問題如函數(shù)性質(zhì)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(jù)參數(shù)的變化進行分類討論【例 2】已知函數(shù)f(x) ln x ax (1)當(dāng) a 2時,討論f(x)的單調(diào)性;(1)當(dāng) a 2時,討論f(x)的單調(diào)性;(2)設(shè)g(x)x22bx4, 當(dāng)a41時,若對任意x1 (0,2), 存在x21,2, 使f(x1)g(x2),求實數(shù) 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(jù)解題需要,要對二次項系數(shù)、根的大小分類討論(2)將問題轉(zhuǎn)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(jié)論求得f(x)在 (0,2)上的最小值,根據(jù)二次函數(shù)的對稱軸與給定區(qū)間(1,2的關(guān)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(dāng)a 0 時,h(x)x 1, x (0,),所以當(dāng)x (0,1)時,h(x)0,此時 f (x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x (1 ,)時,h(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增當(dāng)a 0 時,令 f (x) 0,1即ax2x1a0,解得x
6、11 ,x2 1.a()當(dāng)a2時,x1x2,h(x)0恒成立,此時f(x)0,函數(shù)f(x)在 (0,)上單調(diào)遞減()當(dāng)0a10,2a當(dāng)x(0,1)時,h(x)0,此時f(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x1, 1 1 時, h(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;a當(dāng)x1 1, 時, h(x)0,此時 f (x)0,函數(shù) f(x)單調(diào)遞減a( )當(dāng)a0 時,由于1 10,此時f (x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;x (1 ,)時,h(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增綜上所述,當(dāng)a 0 時,函數(shù)f(x)在 (0,1)上單調(diào)遞減,函數(shù)f(x)在 (1,)上單調(diào)遞增;1當(dāng) a 2時,函數(shù)f(x)在 (0,)上單
7、調(diào)遞減;當(dāng)0a21時,函數(shù)f(x)在 (0,1)上單調(diào)遞減,函數(shù)f(x)在1, a1 1 上單調(diào)遞增,函數(shù)f(x)1在 1, 上單調(diào)遞減a11(2)因為a40,2 ,由(1)知,x11,x23?(0,2),當(dāng)x (0,1)時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x (1,2)時,函數(shù)f(x)單調(diào)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(dāng) b0,此時與(*)矛盾;當(dāng) b1,2時,因為g
8、(x)min 4b20,同樣與(*)矛盾;當(dāng)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(jié)合參數(shù)的意義,對參數(shù)3【突破訓(xùn)練2】已知函數(shù)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(qū)間 2, 2 上,f(x) 0恒成立,求a 的取值范圍3解(1)當(dāng)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(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用轉(zhuǎn)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(shù)f(x) x3 2x2 ax1.若函數(shù)g(x) f (x)在區(qū)間 ( 1,1)上存在零點, TOC o 1-5 h z 則實數(shù) a 的取值范圍是審題視點聽課記錄審題視點 很顯然, 函數(shù) g(x)是二次函數(shù),二次函數(shù)在一個開區(qū)間上存在零點,情況是很復(fù)雜的,但這個二次函數(shù)可以把參數(shù)分離出來,這樣就把問題轉(zhuǎn)化為求一個具體的函數(shù)的值域解析g(x)f(x)3x24xa,g(x)f(x)在區(qū)間(1,1)上存在零點,等價于3x24x a 在區(qū)間( 1,1)上有解, 等價于 a的取值范圍是函數(shù)y 3x2 4x在區(qū)間( 1,1)上的值域,不難求出這個函數(shù)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(zhuǎn)化與化歸思想占有相當(dāng)重要的地位,在解題時注意依據(jù)問題本身所提供的信息,利用動態(tài)思維,去尋求有利于問題解決的化歸與轉(zhuǎn)化的途徑和方法【突破訓(xùn)練3】函數(shù)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(dāng)t2 2,2時,函數(shù)f(x)的最小值為54.答案 54突破轉(zhuǎn)化與化歸的瓶頸轉(zhuǎn)化的一種方式是變換研究對象,將問題轉(zhuǎn)移至新對象的知識背景中,從而使非標(biāo)準(zhǔn)型問題、 復(fù)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(lián)系起來,隱含的條件顯露出來,或者將條件與結(jié)論聯(lián)系起來,或者使題目的形式變得熟悉,從而將復(fù)雜的計算或證明題簡化【示例】設(shè)函數(shù)fn(x) xn bx c(n N , b, c R)1(1)設(shè)n2,b1,c1,證明:fn(x)在區(qū)間2,1 內(nèi)存在唯一零點;(2)設(shè)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(shè)xn是fn(x)在2, 1 內(nèi)的零點,判斷數(shù)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(diào)遞增的,1 fn(x)在2, 1 內(nèi)存在唯一零點(4 分 )(2)當(dāng) 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(jù)此分類討論如下:b(i)當(dāng) 2 1,即|b| 2 時,M |f2(1) f2( 1)| 2|b| 4,與題設(shè)矛盾b當(dāng) 1 2 0,即0 b 2時,bbM f2(1)f2 22 124 恒成立當(dāng) 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(dāng)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(shè)xn是fn(x)在2, 1 內(nèi)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(shù)列x2, x3, , xn, 是遞增數(shù)列(12 分 )1法二 設(shè) xn 是fn(x)在2, 1 內(nèi)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(nèi),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(shù)F(x)在 (0,)上單調(diào)遞增 1 1 4a(ii) 若 a 0,則x0,2 時, F (x) 0,2函數(shù)F(x)在區(qū)間0, 1 1 4a 上單調(diào)遞減,在區(qū)間 1 1 4a,上單調(diào)遞增綜上所述,當(dāng)a 0 時,函數(shù)F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,);a 0 a 0 時,函數(shù)F(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為0,1 1 4a單調(diào)遞增區(qū)間為 1 1 4a TOC o 1-5 h z (2)由 gxx2 f(x)2e,得 lnx2
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