代数推理题怎么解

代数推理题怎么解

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.

4x13，已知x[4,0]，时恒有f(x)g(x)，求a的取值范围.

例1设函数

f(x)ax24x,g(x) 讲解: 由f(x)g(x)实施移项技巧,得

44x1a,令C:yx24x,L:yx1a,33,

x24x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.

53舍去）.

当直线与半圆相切时，易求得

a5(a故a5时,f(x)g(x).

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.

- 1 -

11112loga(a1)2n123对于大于1的正整数n恒成立，试确定a的例2 已知不等式n1n2取值范围.

111n1n22n，易证(请思考:用什么方法证明呢?)f(n)为增函数.

讲解: 构造函数

f(n)∵n是大于1的 正整数，

7.12

f(n)f(2)要使11112loga(a1)n1n22n123对一切大于1的正整数恒成立，

127loga(a1)312, 必须12即

loga(a1)1,解得1a15.2

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.

9f(x)3x23x4b2(b0)4例3 已知函数在区间[－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

1f(x)3(x)24b23.2

(1)当b1131b,即b222时，f(x)的最大值为

4b2+3=25.

- 2 -

b22513与b矛盾;422

(2)当11b,即0b时,f(x)在[b,1b]22上递增，

3f(b)(b)225;2

(3)当131b,即b时，f(x)在[b,1b]22上递增，

f(1b)b29615525,解得b42.

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

1横坐标2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.

x(x1).x1

例4已知

f(x)(1)求f(x)的单调区间；

（2）若

ab0,c13,求证:f(a)f(c).(ab)b4

讲解: （1） 对 已 知 函 数 进 行 降 次 分 项 变 形 , 得

f(x)11x1,

f(x)在区间(,1)和(1,)上分别单调递增.

- 3 -

（2）首先证明任意xy0,有f(xy)f(x)f(y).

yxyxyxyxyxyxf(xyxy)x1y1xyxy1xyxy1

事实上,

f(x)f(y)而

xyxyxy,由(1)知fxyxyf(xy),

f(x)f(y)f(xy)

c11420,abb2a(ab)b()2

aa423.22a

34.

acf(a)f(c)f(ac)f(3)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xy0,有f(xy)f(x)f(y).采用逆向分析法, 给出你的想法!

axx例5 已知函数f(x)=aa（ａ＞０，ａ≠１）．

11,2(1) 证明函数f(x)的图象关于点P(2)对称．

af(n)(2) 令an＝f(1n)，对一切自然数n，先猜想使an＞ｎ２成立的最小自然数a,并证明之．

- 4 -

1n(n1)lg3(lgn!)(n(3) 求证：4∈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.

11,设M(x,y)是f(x)图象上任一点，则M关于P(22)的对称点为M’（１－ｘ，１－ｙ），

a1xa1xaaaaaxaaaaxaxaf(1x)1y1y1axaxa

∴Ｍ′(1-x,1-y)亦在f(x)的图象上，

11,故函数f(x)的图象关于点P(22)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．

下面用数学归纳法证明．

设n=k(k≥２)时，3ｋ＞ｋ２．

那么n=k+1，3ｋ＋１＞３·３ｋ＞３ｋ２

13又3k２－（ｋ＋１）２＝２（ｋ－2）２－2≥０（ｋ≥２，ｋ∈Ｎ）

- 5 -

∴３ｎ＞ｎ２.

(3)∵３ｋ＞ｋ２

∴ｋｌｇ３＞２ｌｇｋ

令k=1,2,…，n，得n个同向不等式，并相加得：

n(n1)lg32lg(12n),2n故(n1)lg3lg(n!).4

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.

2例6 已知二次函数f(x)axbx1(a,bR,a0)，设方程f(x)x的两个实根为x1和x2.

（1）如果x12x24，若函数f(x)的对称轴为x=x0，求证：x0＞－1；

（2）如果|x1|2,|x2x1|2，求b的取值范围.

2g(x)f(x)xax(b1)x1且a0，由x12x24得g(2)0,且g(4)0, 即 讲解:（1）设

4a2b10313114ab2a.由4a2a,得a,2428 16a4b30423b118a2a4a， 故

x0b11112a48；

- 6 -

（2）由

g(x)ax2(b1)x10,可知x1x210,x1,x2同号. a①若0x12,则x2x12,x2x122,g(2)4a2b10.

(b1)24|x2x1|4得2a1(b1)21(a02aa又，负根舍去）代入上式得

22(b1)132b，解得

2b14；

②若2x10,则x22x12,g(2)0, 即4a－2b+3＜0.

74.

同理可求得

b故当

0x12时,b17,当2x10时,b.44

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f(x)，若存在x0R,使f(x0)x0成立，则称x0为f(x)的不动点。如果函数

x2a1f(x)(b,cN)f(2),bxc2 有且只有两个不动点0，2，且

（1）求函数f(x)的解析式；

1)1an，求数列通项an；

（2）已知各项不为零的数列

{an}满足4Snf(（3）如果数列{an}满足a14,an1f(an)，求证：当n2时，恒有an3成立.

- 7 -

x2ax2(1b)xcxa0,由违达定理, 得 bxc讲解: 依题意有,化简为

c20,1b20a,1b 

a0x2f(x)c,21cb1f(2),(1)xc21c2 2解得 代入表达式，由

得 c3,又cN,bN,若c0,b1,则f(x)x不止有两个不动点，

x2c2,b2,故f(x),(x1).2(x1)

12)an24Sn1得:2Snanan,12(1)an（2）由题设得 （*）

(且

2an1,以n1代n得:2Sn1an1an1 （**）

由（*）与（**）两式相减得：

222an(anan1)(anan1),即(anan1)(anan11)0,

anan1或anan11,以n1代入(*)得:2a1a1a12,

anan11解得a10（舍去）或a11，由a11，若anan1得a21,这与an1矛盾，，即{an}是以-1为首项，-1为公差的等差数列，ann；

- 8 -

（3）采用反证法，假设an3(n2),则由（1）知

an12anf(an)2an2

an1an11113(1)(1)1,即an1an(n2,nN)an2(an1)2an1224,有

anan1a12168n2时,a23;a22a12823，而当

an3,这与假设矛盾，故假设不成立，

an3.

关于本例的第(3)题,我们还可给出直接证法,事实上:

由

an1f(an)得an12an11111,2()22an2an1an222得an1<0或an12.

若an10,则an103,结论成立；

若an12，此时n2,从而知

ana22an1anan(an2)0,2(an1)即数列{an}在n2时单调递减，由

a2223，可

23,在n23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，M{f(x)|f(x)acosxbsinx};F：把平面上任意一点

（a，b）映射为函数acosxbsinx.

（1）证明：不存在两个不同点对应于同一个函数；

- 9 -

（2）证明：当f0(x)M时,f1(x)f0(xt)M，这里t为常数；

（3）对于属于M的一个固定值f0(x)，得M1{f0(xt),tR}，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F(a,b)acosxbsinx与

F(c,d)ccosxdsinx相同，

即 acosxbsinxccosxdsinx对一切实数x均成立.

2，得b=d这与（a，b），（c，d）是两个不同点矛盾，假设不成立.

特别令x=0，得a=c；令

x故不存在两个不同点对应同函数.

（2）当f0(x)M时，可得常数a0，b0，使

f0(x)a0cosxb0sinx,f1(x)f0(xt)

=a0cos(xt)b0sin(xt)(a0costb0sint)cosx(b0costa0sint)sinx,

由于a0,b0,t为常数，设a0costb0sintm,b0costa0sintn,则m,n是常数.

从而f1(x)mcosxnsinxM.

（3）设f0(x)M，由此得f0(xt)mcosxnsinx,其中ma0costb0sint,

nb0costa0sint,在映射F之下，f0(xt)的原象是（m，n），则M1的原象是

- 10 -

{(m,n)|ma0costb0sint,nb0costa0sint,tR}.

消去t得

2a0b022m2n2a0b02，即在映射F之下，M1的原象

2{(m,n)|m2n2a0b02}是以原点为圆心，

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xy0,得f(0)1.

令xy1,f(2)2,f(1)2.

令x1,y1,f(0)f(1)f(1),即f(1)1.

（2）令x1,f(y1)f(y)y2即f(y1)f(y)y2(※)

当yN时,有f(y1)f(y)0.

由f(y1)f(y),f(1)1可知,对一切正整数y都有f(y)0,

- 11 -

当yN时,f(y1)f(y)y2f(y)1y1y1,

于是对于一切大于1的正整数t，恒有f(t)>t.

（3）由※及（1）可知f(3)1,f(4)1.

下面证明当整数t4时,f(t)t.

t4,(t2)20,由(※)得f(t)f(t1)(t2)0,

即f(5)f(4)0,同理f(6)f(5)0,……，

f(t1)f(t2)0,f(t)f(t1)0.

将诸不等式相加得

f(t)f(4)14,t4,f(t)t.

综上，满足条件的整数只有t=1，2.

本题的求解显示了对函数方程f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1中的x、y取特殊值的技巧，这种赋值法在2002年全国高考第（21）题中得到了很好的考查.

1f()1例10 已知函数f（x）在（－1，1）上有定义，2且满足x、y∈（－1，1） 有

xyf(x)f(y)f()1xy．

- 12 -

（1）证明：f（x）在（－1，1）上为奇函数；

（2）对数列

x12xn1,xn1,221xn求f(xn)；

1112n5.f(x)f(x)f(x)n212n（3）求证

2f(0)讲解 （1）令xy0,则

f(0),f(0)0

令yx,则f(x)f(x)f(0)0,f(x)f(x) 为奇函数.

2xnxnxnf(xn1)f()f()f(xn)f(xn)2f(xn),21xnxn1xn

（2）

1f(x1)f()12，

f(xn1)2.即{f(xn)}f(xn)是以－1为首项，2为公比的等比数列．

f(xn)2n1.

（3）

111111(12n1)f(x1)f(x2)f(xn)222

12n(21)212,12n12n112 1而

2n511(2)22,n2n2n2

1112n5.f(x1)f(x2)f(xn)n2

本例将函数、方程、数列、不等式等代数知识集于一题，是考查分析问题和解决问题能力的范例.

- 13 -

在求解当中，化归出等比（等差）数列是数列问题常用的解题方法.

- 14 -