高考金鑰匙數(shù)學解題技巧大揭秘22專題二十二數(shù)學思想在解題中的應用(二)

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)學思想在解題中的應用(二 )1定義在R 上的函數(shù)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(shù)的函數(shù)性質問題、與等比數(shù)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(shù)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(shù)的函數(shù)性質問題、與等比數(shù)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(shù)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(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 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)的取值不同會導致所得結果不同，所以某些含有參數(shù)的問題如函數(shù)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(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 a 2時，討論f(x)的單調(diào)性；(1)當 a 2時，討論f(x)的單調(diào)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(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(jù)二次函數(shù)的對稱軸與給定區(qū)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(shù)f(x)單調(diào)遞減；當x (1 ，)時，h(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)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(shù)f(x)在 (0，)上單調(diào)遞減()當0a10，2a當x(0,1)時，h(x)0，此時f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當x1， 1 1 時， h(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；a當x1 1， 時， h(x)0，此時 f (x)0，函數(shù) f(x)單調(diào)遞減a( )當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 a 2時，函數(shù)f(x)在 (0，)上單

7、調(diào)遞減；當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x (0,1)時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當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 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(shù)的意義，對參數(shù)3【突破訓練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，?？疾樘厥馀c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，轉化與化歸思想占有相當重要的地位，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化的途徑和方法【突破訓練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t2 2，2時，函數(shù)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(lián)系起來，隱含的條件顯露出來，或者將條件與結論聯(lián)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(shù)fn(x) xn bx c(n N ， b， c R)1(1)設n2，b1，c1，證明：fn(x)在區(qū)間2，1 內(nèi)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(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 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 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(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 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