高三数学专题03-代数推理题怎么解

代数推理题怎么解陕西永寿县中学特级教师安振平数学是“教会年轻人思考”的科学,针对代数推理型问题,我们不但要寻求它的解法是什么,还要思考有没有其它的解法,更要反思为什么要这样解,不这样解行吗?我们通过典型的问题,解析代数推理题的解题思路,方法和技巧.在解题思维的过程中,既重视通性通法的演练,又注意特殊技巧的作用,同时将函数与方程,数形结合,分类与讨论,等价与化归等数学思想方法贯穿于整个的解题训练过程当中.例1设函数134)(,4)(2xxgxxaxf，已知]0,4[x，时恒有)()(xgxf，求a的取值范围.讲解:由得实施移项技巧,)()(xgxf,134:,4:,134422axyLxxyCaxxx令,从而只要求直线L不在半圆C下方时,直线L的y截距的最小值.当直线与半圆相切时，易求得35(5aa舍去）.故)()(,5xgxfa时.本例的求解在于,实施移项技巧关键在于构造新的函数,进而通过解几模型进行推理解题,当中,渗透着数形结合的数学思想方法,显示了解题思维转换的灵活性和流畅性.还须指出的是:数形结合未必一定要画出图形,但图形早已在你的心中了,这也许是解题能力的提升,还请三思而后行.例2已知不等式32)1(log121212111annna对于大于1的正整数n恒成立，试确定a的取值范围.讲解:构造函数nnnnf212111)(，易证(请思考:用什么方法证明呢?))(nf为增函数.∵n是大于1的正整数，.127)2()(fnf32)1(log121212111annna要使对一切大于1的正整数恒成立，必须12732)1(log121aa,即.2511,1)1(logaaa解得这里的构造函数和例1属于同类型,学习解题就应当在解题活动的过程中不断的逐类旁通,举一反三,总结一些解题的小结论.针对恒成立的问题,函数最值解法似乎是一种非常有效的同法,请提炼你的小结论.例3已知函数)0(49433)(22bbxxxf在区间[－b，1－b]上的最大值为25，求b的值.讲解:由已知二次函数配方,得.34)21(3)(22bxxf2321,121)1(bbb即当时，)(xf的最大值为4b2+3=25.;23214252矛盾与bb]1,[)(,210,21)2(bbxfbb在时即当上递增，;25)23()(2bbf]1,[)(23,121)3(bbxfbb在时，即当上递增，25,2541596)1(2bbbf解得.关于二次函数问题是历年高考的热门话题,值得读者在复课时重点强化训练.针对抛物线顶点横坐标21在不在区间[－b，1－b],自然引出解题形态的三种情况,这显示了分类讨论的数学思想在解题当中的充分运用.该分就分,该合就合,这种辨证的统一完全依具体的数学问题而定,需要在解题时灵活把握.例4已知).1(1)(xxxxf)()1(xf求的单调区间；（2）若.43)()(:,)(1,0cfafbbacba求证讲解:（1）对已知函数进行降次分项变形,得111)(xxf,.),1()1,()(上分别单调递增和在区间xf（2）首先证明任意).()()(,0yfxfyxfyx有事实上,)(1111)()(yxxyfyxxyyxxyyxxyyxxyxyyyxxyfxf而),()1(,yxfyxxyfyxyxxy知由)()()(yxfyfxf,04)2(1)(122abbabbac.34222aaaca43)3()()()(fcafcfaf.函数与不等式证明的综合题在高考中常考常新,是既考知识又考能力的好题型,在高考备考中有较高的训练价值..针对本例的求解,你能够想到证明任意).()()(,0yfxfyxfyx有采用逆向分析法,给出你的想法!例5已知函数f(x)=aaaxx（ａ＞０，ａ(1)证明函数f(x)的图象关于点P(21,21)(2)令an＝)1()(nfnfa，对一切自然数n，先猜想使an＞ｎ２成立的最小自然数a,并证明(3)求证：nnnn)(!(lg3lg)1(41∈Ｎ).讲解:(1)关于函数的图象关于定点P对称,可采用解几中的坐标证法.设M(x,y)是f(x)图象上任一点，则M关于P(21,21)的对称点为M’（１－ｘ，１－ｙ），yxfaaaaaayaaaaaaaaaaxxxxxxx1)1(1111∴Ｍ′(1-x,1-y)亦在f(x)的图象上，故函数f(x)的图象关于点P(21,21)对称.(2)将f(n)、f(1-n)的表达式代入an的表达式，化简可得an＝ａｎ猜a=3,即3ｎ＞ｎ２设n=k(k≥２)时，3ｋ＞ｋ２那么n=k+1，3ｋ＋１＞３·３ｋ＞３ｋ２又3k２－（ｋ＋１）２＝２（ｋ－21）２－23≥０（ｋ≥２，ｋ∈Ｎ∴３ｎ＞ｎ２.(3)∵３ｋ＞ｋ２∴ｋｌｇ３＞２ｌｇｋ令k=1,2,…，n，得n个同向不等式，并相加得：).!lg(3lg)1(4),21lg(23lg2)1(nnnnnn故函数与数列综合型问题在高考中频频出现,是历年高考试题中的一道亮丽的风景线.针对本例,你能够猜想出最小自然数a=3吗?试试你的数学猜想能力.例6已知二次函数)0,,(1)(2aRbabxaxxf，设方程xxf)(的两个实根为x1和x2.（1）如果4221xx，若函数)(xf的对称轴为x=x0，求证：x0＞－1；（2）如果2||,2||121xxx，求b的取值范围.讲解:（1）设01)1()()(2axbaxxxfxg且，由4221xx得0)4(,0)2(gg且,即,81,221443.221443034160124aaaabababa得由aaba4112832，故18141120abx；（2）由,01,01)1()(212axxxbaxxg可知21,xx同号.①若0124)2(,22,2,2012121bagxxxxx则.又0(1)1(1244)1(||222212abaaabxx得，负根舍去）代入上式得bb231)1(22，解得41b；②若,0)2(,22,02121gxxx则即4a－2b+3＜0.同理可求得47b.故当.47,02,41,2011bxbx时当时对你而言,本例解题思维的障碍点在哪里,找找看,如何排除?下一次遇到同类问题,你会很顺利的克服吗?我们力求做到学一题会一类,不断提高逻辑推理能力.例7对于函数)(xf，若存在000)(,xxfRx使成立，则称)(0xfx为的不动点。如果函数),()(2Ncbcbxaxxf有且只有两个不动点0，2，且,21)2(f（1）求函数)(xf的解析式；（2）已知各项不为零的数列1)1(4}{nnnafSa满足，求数列通项na；（3）如果数列}{na满足)(,411nnafaa，求证：当2n时，恒有3na成立.讲解:依题意有xcbxax2,化简为,0)1(2acxxb由违达定理,得,102,102babc解得,210cba代入表达式cxcxxf)21()(2，由,2112)2(cf得xxfbcNbNcc)(,1,0,,,3则若又不止有两个不动点，).1(,)1(2)(,2,22xxxxfbc故（2）由题设得,2:1)11(2)1(422nnnnnnaaSaaS得（*）且21112:1,1nnnnaaSnna得代以（**）由（*）与（**）两式相减得：,0)1)((),()(2112121nnnnnnnnnaaaaaaaaa即,2:(*)1,1211111aaanaaaannnn得代入以或解得01a（舍去）或11a，由11a，若,121aaann得这与1na矛盾，11nnaa，即{}na是以-1为首项，-1为公差的等差数列，nan；（3）采用反证法，假设),2(3nan则由（1）知22)(21nnnnaaafa),2(,143)211(21)111(21)1(211Nnnaaaaaaannnnnnn即,有21aaann，而当,3;338281622,21212naaaan时这与假设矛盾，故假设不成立，3na.关于本例的第(3)题,我们还可给出直接证法,事实上:由2121)211(21,22)(21211nnnnnnnaaaaaafa得得1na0或.21na,30,011nnaa则若结论成立；若1na2，此时,2n从而,0)1(2)2(1nnnnnaaaaa即数列{na}在2n时单调递减，由3222a，可知2,33222naan在上成立.比较上述两种证法,你能找出其中的异同吗?数学解题后需要进行必要的反思,学会反思才能长进.例8设a，b为常数，FxbxaxfxfM};sincos)(|)({：把平面上任意一点（a，b）映射为函数.sincosxbxa（1）证明：不存在两个不同点对应于同一个函数；（2）证明：当MtxfxfMxf)()(,)(010时，这里t为常数；（3）对于属于M的一个固定值)(0xf，得}),({01RttxfM，在映射F的作用下，M1作为象，求其原象，并说明它是什么图象.讲解:（1）假设有两个不同的点（a，b），（c，d）对应同一函数，即xbxabaFsincos),(与xdxcdcFsincos),(相同，即xdxcxbxasincossincos对一切实数x均成立.特别令x=0，得a=c；令2x，得b=d这与（a，b），（c，d）是两个不同点矛盾，假设不成立.故不存在两个不同点对应同函数.（2）当Mxf)(0时，可得常数a0，b0，使)()(,sincos)(01000txfxfxbxaxf=,sin)sincos(cos)sincos()sin()cos(000000xtatbxtbtatxbtxa由于tba,,00为常数，设nmntatbmtbta,,sincos,sincos0000则是常数.从而Mxnxmxfsincos)(1.（3）设Mxf)(0，由此得,sincos,sincos)(000tbtamxnxmtxf其中,sincos00tatbn在映射F之下，)(0txf的原象是（m，n），则M1的原象是},sincos,sincos|),{(0000Rttatbntbtamnm.消去t得202022banm，即在映射F之下，M1的原象}|),{(202022banmnm是以原点为圆心，2020ba为半径的圆.本题将集合,映射,函数综合为一体,其典型性和新颖性兼顾,是一道用“活题考死知识”的好题目,具有很强的训练价值.例9已知函数f(t)满足对任意实数x、y都有f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1,且f(－2)=－2.（1）求f(1)的值;（2）证明：对一切大于1的正整数t，恒有f(t)t；（3）试求满足f(t)=t的整数t的个数，并说明理由.讲解（1）为求f(1)的值，需令.1)0(,0fyx得令2)1