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第2讲:常用数学思想方法


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常用数学思想方法
1. 函数与方程的思想方法:
在数学解题中,有时需要把一个变量看作是另一个或另几个变量的函数,从而 把题目转化为对函数的研究 ; 有时题目中已经直接或间接地给出了某个函数 ,这 时我们就可以充分挖掘和利用这个函数的性质使它为解题服务 ; 有时我们可以 依据条件去构造函数,通过对这个新的函数的研究去达到解题的目的.这些解题的 思路都是在函数和变量的思想指导下启发出来,这种解题方法即为函数的思想方 法. 有大量的数学问题都可以转化为方程问题,也有许多数学问题从表面上看,与 方程没有多少直接联系,但是从分析这些问题的数量关系入手,往往又可以把这些 数学关系放到一个或几个方程中去解决,因此在解题中主动进行这种由未知向已 知的转化,有意识地通过方程解决问题就成为解题中的一个常用的指导思想,这就 是方程思想. 方程(或不等式)与函数是互相联系的,在一定条件下,它们可以互相转化,如解 方程 f ( x) ? 0 就是求函数 f ( x) 的零点 ; 解不等式 f ( x) ? g ( x) , 就是由两个函数值 的大小关系确定自变量的取值范围,这种形成了它们之间的内在规律. 例 1. 设对所有实数 x, 不等式
x2 l o g 2 4(a ? 1) 2a (a ? 1) 2 ? 2x l o g ? l o g ?0 2 2 a a ?1 4a 2

恒成立,求实数 a 的取值范围. 分析及解: 首先从化简的角度,应将不等式化简, 令 log 2
a ?1 ? t , 则有 2a

(3 ? t ) x 2 ? 2tx ? 2t ? 0
由题设上式对任意 x ? R 恒成立,当且仅当

(*)

3?t ? 0 ? ? 4t ? 4(3 ? t ) ? 2t ? 0
2

?

t ? ?3 t ? 0或t ? ?6.

a ?1 ? 0, 解出 0 ? a ? 1. 2a 此题还可以这样求解: 由(*)式分离主元得

∴ t ? 0, 即 log 2

3x 2 ? [ x 2 ? 2 x ? 2]t ? 0,


3x 2 ? [( x ? 1) 2 ? 1] ? t ? 0,

从而有

1

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?t ?

3x 2 ( x ? 1) 2 ? 1

(**)

上式对任意 x ? R 均成立, ? t 只要小于右端的最小值,即 ? t ? 0, 亦即
lo g 2 a ?1 ? 0, 2a 0 ? a ? 1.

解出

此解法是利用函数思想求解的 ,(**) 式中

3x 2 为 x 的函数 , 其定义域 ( x ? 1) 2 ? 1

x ? R ,不妨设 g ( x) ?

3x 2 ≥0,(**)式的实质是 ? t ,需小于 g ( x) 的任一函数值, ( x ? 1) 2 ? 1

因此只需小于 g ( x) 的最小值即可. 故 ? t ? 0?? . 例 2. 证明: 对于一切大于 1 的自然数 n, 恒有

1 1 1 1 ? 2n (1 ? )(1 ? ) ?(1 ? )? . 3 5 2n ? 1 2
分析及解: 原不等式等价于:

1 1 1 (1 ? )(1 ? ) ?(1 ? ) 3 5 2n ? 1 ? 1 . 2 1 ? 2n
我们可视不等式的左边为变量为自然数 n 的函数,利用其单调性求解.

1 1 1 (1 ? )(1 ? ) ?(1 ? ) 3 5 2 n ? 1 令 f ( n) ? (n ≥2 且 n ? N * ) 1 ? 2n
1 1 1 1 (1 ? )(1 ? ) ? (1 ? )(1 ? ) 3 5 2n ? 1 2n ? 1 (n ≥2 且 n ? N * ) f (n ? 1) ? 1 ? 2(n ? 1)

则有

f (n ? 1) ? f ( n)

(1 ?

1 ) 1 ? 2n 2n ? 1 2n ? 8
2n ? 2

?

(2n ? 1)(2n ? 3)

2

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?

2(n ? 1) 4(n ? 1) ? 1
2

? 1(n ≥2 且 n ? N * )

∴ f (n ? 1) ? f (n), 即 f (n) 是单调增函数, ( n ≥2 且 n ? N * )

又 f (2) ?

1?

1 3 ? 16 ? 16 ? 1 , 45 64 2 5

1 ∴当 n ? 2,3,? 时,恒有 f (n) ? . 2

1 1 1 1 1 ? 2n 故 (1 ? )(1 ? )(1 ? ) ?(1 ? )? (n ≥2 且 n ? N * ) 3 5 7 2n ? 1 2
注: 利用函数的单调性来证明不等式. 例 3. (1) 证 明 下 面 的 命 题 : 一 次 函 数 f ( x) ? kx ? h(k ? 0), 若

m ? n , f (m) ? 0, f (n) ? 0, 则对于任意的 x ? [m, n], 都有 f ( x) ? 0;
(2)试用上面的结论证明下面的命题: 若 a, b, c 均为实数,且 a ? 1 , b ? 1, c ? 1, 则 ab ? bc ? ca ? ?1. 分析及解 : 本题是由一次函数 f ( x) ? kx ? h 的图象编拟的,要求用函数思想 给出证明,我们不妨从函数的单调性入手. 当 k ? 0 时 , f ( x) ? kx ? h 在 [m, n] 上 是 增 函 数 , 当 x ? [m, n] 时 , 则 有 f(m)<f(x)<f(n). ∵ f (m) ? 0, ∴ f ( x) ? 0.

当 k ? 0 时, f ( x) ? kx ? h 在[m,n]上是减函数,当 x ? [m, n] 时,有 f(m)>f(x)>f(n). ∵f(n)>0, ∴ f ( x) ? 0. 综上所述,当 k ? 0 时,对于任意 x ? [m, n] ,都有 f ( x) ? 0. (2)题目要求用第(1)小题的结论证明该命题,所以首先需要构造一次函数. 注 意 到 欲 证 不 等 式 等 价 于 (b+c)a+bc+1>0, 因 此 可 构 造 函 数 f(x)=(b+c)x+bc+1, x ? (?1,1). 当 b ? c ? 0 时,f(a)=bc+1= ? b 2 ? 1 ? 0, 即 ab+bc+ca>-1. 当 b ? c ? 0 时,f(x)=(b+c)x+bc+1 为一次函数.
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∵f(-1)=-b-c+bc+1=(1-b)(1-c)>0, f(1)=b+c+bc+1=(1+b)(1+c)>0, ∴由第(1)小题的结论,对于任意 a ? (?1,1) ,都有 f(a)>0. 即 ab+bc+ca+1>0. 综上所述,恒有 ab+bc+ca>-1. 例 4.某工厂今年 1 月、2 月、3 月生产某产品分别为 1 万件、1.2 万件、1.3 万件,为了估测以后每个月的产量,以这三个月的产品数量为依据,用一个函数 模拟该产品的月产量 y 与月份数 x 的关系,模拟函数可以选用二次函数或函数 ,已知 4 月份该产品的产量为 1.37 万件,请问 y ? ab x ? c (其中 a, b, c 为常数) 用以上哪个函数作为模拟函数较好,请说明理由。 分析及解:首先利用待定系数法 确定两种函数的解析式,再判别 x ? 4 时哪 ..... 个函数值更接近 1.37. 设 y1 ? f ( x) ? px 2 ? qx ? r ( p ? 0),

则 解得

f (1) ? p ? q ? r ? 1 f (2) ? 4 p ? 2q ? r ? 1.2 f (3) ? 9 p ? 3q ? r ? 1.3

p ? ?0.05, q ? 0.35, r ? 0.7.
∴ f (4) ? ?0.05 ? 4 2 ? 0.35 ? 4 ? 0.7 ? 1.3. 再设 y 2 ? g ( x) ? ab x ? c,

g (1) ? ab ? c ? 1
则 解得

g (2) ? ab 2 ? c ? 1.2 g (3) ? ab3 ? c ? 1.3.
a ? ?0.8, b ? 0.5, c ? 1.4.

∴ g (4) ? ?0.8 ? 0.5 4 ? 1.4 ? 1.35. 经比较可知,用 y ? 0.8 ? (0.5) x ? 1.4 作为模拟函数较好. 例 5.已知二次函数 y=f(x)在 x ? (Ⅰ)求 y=f(x)的表达式;
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t2 t?2 处取得最小值 ? (t ? 0), f (1) ? 0, 4 2

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( Ⅱ ) 若 任 意 实 数 x 都 满 足 等 式 f ( x) g ( x) ? an x ? bn ? x n?1 (g(x) 为 多 项 式, n ? N * ) ,试用 t 表示 a n 和bn . (Ⅲ)设圆 cn 方程为 ( x ? a n ) 2 ? ( y ? bn ) 2 ? rn , 圆 cn 与圆 cn+1 外切 (n ? N * ) , { rn } 是各项都是正数的等比数列,若 S n 为前 n 个圆的面积之和,求 r n , S n . 分析及解 : (Ⅰ )由题意可设二次函数为顶点式 , 然后利用待定系数法求出
2

y ? f ( x) 的表达式.
设 f ( x) ? a ( x ?
t ? 2 2 t2 ) ? , 2 4 t ? 2 2 t2 ) ? ? 0, 2 4

∵f(1)=0,∴ a (1 ? 得 a ? 1.

∴ f ( x) ? x 2 ? (t ? 2) x ? t ? 1. (Ⅱ)从 f ( x) ? g ( x) ?a n x ? bn ? x n?1 中,求出 an 与 bn,要使用待定系数法,取 x 的 特殊值 , 得到两个关于 an, bn 的方程 , 由于 g(x) 是任意多项式 , 所取值必须使

f ( x) ? 0 . f ( x) ? 0 是一元二次方程,其两根为 x1=1,x2=t+1,所以将 x=1 与 x=t+1
代入 f ( x) ? g ( x) ? an x ? bn ? x n?1 , 得到关于 an, bn 的两个方程,以求 an, bn. 将 f ( x) ? ( x ? 1) ? [ x ? (t ? 1)] 代入已知等式得

( x ? 1)[ x ? (t ? 1)] ? g ( x) ? an x ? bn ? x n?1
将 x ? 1, x ? t ? 1 分别代入上式,得
a n ? bn ? 1 (t ? 1)a n ? bn ? (t ? 1) n ?1

解此关于 an, bn 的方程组。 由 t ? 0 ,可解得 1 a n ? [(t ? 1) n ?1 ? 1] t t ?1 bn ? [1 ? (t ? 1) n ] t

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(Ⅲ)圆 c n 与圆 c n ?1 外切,则 On ? On ?1 ? rn ? rn ?1 , ∵ On ? On?1 ? (an?1 ?a n ) 2 ? (bn?1 ? bn ) 2 又∵ a n ? bn ? 1, ∴ On ? On?1 ? 2 an?1 ? an , ( 或 ∵ a n ? bn ? 1, ∴ 圆 c n 的 圆 心 On 在 直 线 x+y=1 上 , 于 是

On ? On?1 ? 2 an?1 ? an )
1 又∵ a n ?1 ? a n ? [(t ? 1) n ? 2 ? 1 ? (t ? 1) n ?1 ? 1] t 1 ? (t ? 1) n ?1 ? t ? (t ? 1) n ?1 , t

∴ rn ? rn ?1 ? 2 (t ? 1) n ?1

(1)

为了求得 r n ,还需再找出一个关于 r n , rn ?1 的等式,通过解方程组,求出 rn . 设{ r n }的公比为 q,则由(1)式可得
rn ? rn ? q ? 2 (t ? 1) n?1 , rn?1 ? rn?1 ? q ? 2 (t ? 1) n? 2

(2) (3)

(3) ? (2)得
rn ?1 ? t ? 1 ? q, rn

将(1)式代入上式得

rn ?
2 2

2 (t ? 1) n ?1 , t?2
2

∴ S n ? ? (r1 ? r2 ? ? ? rn )

r1 (1 ? q 2 n ) ?? 1? q2
? 2? (t ? 1) 4 [(t ? 1) 2 n ? 1] 2 t (t ? 2)

2

注: 本题为 1995 年全国高考上海理科第 25 题.主要考查二次函数的知识,
6

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多项式的知识,直线与圆相切的条件,考查等比数列的概念,等比数列的求和,以 及综合运用数学思想方法和数学知识解决问题的能力. 例 6. 设椭圆 c1 的方程
x2 y2 1 ? 2 ? 1(a ? b ? 0), 曲线 c 2 的方程为 y ? ,且 c1 与 2 x a b

c2 在第一象限内只有一个公共点 P. (1)试用 a 表示点 P 的坐标; (2)设 A, B 是椭圆 c1 的两个焦点,当α变化时,求 ? ABP 的面积函数 S(a)的值 域; (3)记 min{y1,y2,…,yn}为 y1,y2,…,yn 中最小的一个,设 g(a)是以椭圆 C1 的半 焦距为边长的正方形的面积,试求函数 f(a)=min{g(a),S(a)}的表达式. 1 分析及解: (1)将 y ? 代入椭圆方程,得 x
x2 1 ? 2 2 ? 1, 2 a b x

化简得

b 2 x 4 ? a 2 b 2 x 2 ? a 2 ? 0,
由条件,有

? ? a 4 b 4 ? 4a 2 b 2 ? 0,
∴ab=2 代入椭圆方程中得
x? a 2 ,x ? ? a 2

(舍去)

故 P 点的坐标为(

a 2

,

2 ). a

(2)如图,在 ? ABP 中, AB ? 2 a 2 ? b 2 , 高为

2 , a

∴ S (a) ?

1 2 ? 2 a2 ? b2 ? 2 a
4 ). a4

? 2(1 ?

∵a>b>0, b ? 于是
0?

2 2 , ∴ a ? , 即 a ? 2. a a

4 ? 1. a4

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故 0 ? S ( a) ? 2 . 即 ? ABP 的面积函数 S(a)的值域为 (0, 2 ). (3)先求出 g(a)的表达式,然后将 g(a)与 S(a)比较大小即可. 4 g(a) ? c 2 ? a 2 ? b 2 ? a 2 ? 2 , a 解不等式 g(a)≥S(a), 即
a2 ?
4 4 ≥ 2(1 ? 4 ), 2 a a

整理得

a 8 ? 10a 4 ? 24 ≥0,
即 解得 a≤ 2 (舍去) 或 a≥ 4 6 . 故 f (a) ? min{ g (a), S (a)} ? a 2 ?
4 ( 2?a≤ 6) a2
4 (a ? 4 6 ) 4 a

(a 4 ? 4)(a 4 ? 6) ≥0,

2 1?

注: 此题是 1999 年上海高考题. 本题是解析几何与函数的综合性问题,主要 考查曲线交点的求法 , 函数解析式的求法, 函数的值域等问题 .函数问题中定义域 先行的原则是处理函数问题的基本原则,应牢牢掌握.

能力训练题:
(1)方程 lg x ? 3 ? x 的解 x 0 属于区间( (A)(0,1) (B)(1,2) ) (D)(3, ? ?)

(C)(2,3)

(2)若 f(x)是奇函数,且在 (0,??) 内是增函数,又 f (?3) =0,则 {x | x ? f ( x) ? 0} 等 于( ) (A) {x | ?3 ? x ? 0 或 x ? 3} (C) {x | x ? ?3 或 x ? 3} (B) {x | x ? ?3 或 0 ? x ? 3} (D) {x | ?3 ? x ? 0 或 0 ? x ? 3}

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(3)设 x ? R ,如果 a ? lg ?| x ? 3 | ? | x ? 7 |? 恒成立,那么( (A)a≥1 (B)a ? 1 (C) 0 ? a ≤1

) (D) a ? 1

(4)已知关于 x 的方程 sin 2 x ? cos x ? k ? 0 有实数解,则实数 k 的取值范围是 ( ) (A)k≥ ?
5 4

(B) ?

5 ≤k<1 4

(C) ?

5 ≤k≤1 4

(D) ?

5 <k<1 4

(5)设 ( x ? 2) 8 ? a8 x 8 ? a7 x 7 ? ? ? a1 x ? a0 ,则 a8 ? a7 ? a6 ? ? ? a1 =

,

a8 ? a 6 ? a 4 ? a 2 =

.

(6)若 f ( x) ? ax 2 ? bx(a, b 为非零的常数)存在两个不等的虚数 x1 , x 2 ,使 f(x1)=f(x2)=c ? R,则 b 2 ? 4ac 与零的大小关系是 (7)设 f ( x) ? lg .

1 ? 2 x ? ? ? (n ? 1) x ? n x a , 其中 a ? R ,n 是任意自然数,且 n≥ n

2,若 f(x)当 x ? (??,1] 时可有意义,求 a 的取值范围. (8)已知 a, b, c ? R ? ,且 a ? b ? c ? 1, 求证: abc ? (9) 已
1 1 ≥ 27 . 27 abc
0 1 0 (1 ? 2 x)1 ? a00? a1 ( x ? 1) ? a2 ( x ? 1) 2 ? ? ? a1 ( x ,0 求 0 ?1 0)



a1 ? a3 ? a5 ? ? ? a99 的值.
(10)某公司今年一月份推出新产品 A,其成本价为 492 元/件,经试销调查, 销售量与销售价的关系如下表: 销售价( x 元/件) 销售量(y 件) 650 350 662 333 720 281 800 200

由此可知, 销售量 y 与销售价 x 可近似地看作一次函数 y=kx+b 的关系(通常 取表中相距较远的两组数据所得的一次函数较为精确). 试问: 销售价定为多少时,一月份利润最大?并求最大利润和此时的销售量. (11)已知 a, b, ? ? R, a, b 同号且 a>b, a ? b a ? b sin ? a?b . 求证: ≤ ≤ a ? b a ? b sin ? a?b (12)设对任意实数 x ? [?2,2] ,不等式 x 2 ? ax ? 3a ? 0 总成立,求实数 a 的取
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值范围. (13)若方程 lg( x 2 ? 20 x) ? lg( 8 x ? 6a ? 3) ? 0 有唯一的实数解,求 a 的取值范 围. (14)已知锐角 ? , ? , ? 满足 cos2 ? ? cos2 ? ? cos2 ? ? 2 cos? ? cos ? ? cos? ? 1, 求证: ? ? ? ? ? ? ? . (15)已知 f ( x) ? lg
1 2x , 且 f(1)=0,当 x ? 0 时,恒有 f ( x) ? f ( ) ? lg x. x ax ? b (ⅰ)求 f(x)的解析式; (ⅱ)若方程 f(x)=lg(m+x)的解集是空集,求实数 m 的取值范围.
x2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的弦 a2 b2

(16)如图,过点 B 作椭圆 BM,求这些弦长的最大值.

思路点拨:
(1)C 设 y1 ? lg x, y 2 ? 3 ? x ,作出两个函数图象观察其交点可得. (2)D ∵f(x)为奇函数,f(-3)=0, ∴f(3)=0, 又 f(x)在 (0,??) , ∴f(x)在 (??,0)

∴可得 f(x)在(-3,0) ? (3,+ ?) 上 f(x)>0,在 (??,?3) ? (0,3)上f ( x) ? 0, 故选 D. (3)D 只需求 y ? lg ? x ? 3 ? x ? 7 ? 的最小值即可. ∵ x ? 3 ? x ? 7 ≥10, ∴ y ? lg ? x ? 3 ? x ? 7 ? ≥1, ∴ a ? 1. (4)C
1 5 k ? ? sin 2 x ? cos x ? (cos x ? ) 2 ? 2 4 5 ∴ ? ≤k≤1. 4 (5)-255,3025;

令 x=1 则 a8 ? a7 ? a6 ? ? ? a1 ? a0 ? (1 ? 2) 8 ? 1
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令 x=0 则 a0 ? 28 , ∴ a8 ? a7 ? a6 ? ? ? a1 ? 1 ? 28 ? ?255, 令 x=-1 则 a8 ? a7 ? a6 ? ? ? a1 ? a0 ? 38 ①+②得 ∴ a8 ? a 6 ? a 4 ? a 2 ? a 0 ? (6) b 2 ? 4ac ? 0. 由题意知方程 ax 2 ? bx ? c ? 0 有两个虚根. (7)由已知在 n ≥2 时, x ? (??,1] 时,
1 8 (3 ? 1) ? 2 8 ? 3025 . 2



1 ? 2 x ? ? ? (n ? 1) x ? n x ? a ? 0,
1 2 n ?1 x ) ], ∴ a ? ?[( ) x ? ( ) x ? ? ? ( n n n 1 2 n ?1 x ) ], 设函数 g ( x) ? ?[( ) x ? ( ) x ? ? ? ( n n n k ∵ ( ) x (k ? 1,2,?, n) 在 (??,1] 上都是减函数, n

∴g(x)在 (??,1] 上是增函数, ∴函数 g(x)在 (??,1] 上的最大值为:
1 2 n ?1 n ?1 g (1) ? ?( ? ? ? ? )?? , n n n 2 n ?1 ,??). 故 a 的取值范围是 (? 2 1 (8)令 f ( x) ? x ? , 取 0<x1<x2<1,则 x

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? ( x2 ? x1 ) ? (

1 1 1 ? ) ? ( x2 ? x1 )(1 ? ) ? 0, x2 x1 x1 x2

∴f(x)在(0,1)上为减函数, a?b?c 3 1 ) ? , 又 abc≤ ( 3 27 1 ∴f(abc)≥ f ( ), 27 1 1 1 ? 27 . 故 abc ? ≥ 27 ? abc 27 27 (9)设 A ? a0 ? a2 ? a4 ? ? ? a100 ,
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B ? a1 ? a3 ? a5 ? ? ? a99 ,
在已知式中令 x ? 2, 得 A ? B ? 5100 在已知式中令 x ? 0, 得 A ? B ? ?1 由①②可得
B? 1 100 (5 ? 1), 2

① ②

(10)依据题意得:

350 ?650 k ?b 200 ?800 k ?b
解得:

k ? ?1, b ? 1000.

∴ y ? ? x ? 1000 ,( y 为非负整数,0≤ x ≤1000). 设一月份的利润为 S 元,由题意得

S ? ( x ? 492)(1000 ? x) ? ?( x ? 746) 2 ? 64516 ,
∴当 x ? 746 元/件时,一月份的利润最大为 64516 元,此时的销售量为

y ? 1000 ? 746 ? 254 件.
(11)①当 a ? 0 或 b ? 0 时,原不等式成立; a ? bt 2a ? ?1 ? (t ? sin ? ) ②当 ab ? 0 时,令 f (t ) ? ? ? bt a ? bt ∴ f (t ) 为增函数,有 f (?1) ≤ f (t ) ≤ f (1) ,故结论得证. (12)设 f ( x) ? x 2 ? ax ? 3a ? 0 的解集为 A,则 [?2,2] ? A. 对函数 f ( x) ? x 2 ? ax ? 3a 的图象定位,(如图),则

f (?2) ? 0 f (2) ? 0

?

a ? 4.

(13)将方程变形 lg( x 2 ? 20 x) ? lg( 8x ? 6a ? 3) 令 y1 ? x 2 ? 20 x,

y 2 ? 8x ? 6a ? 3,

由 y1 ? x 2 ? 20 x, 得 x ? ?20或x ? 0,
1 将 x ? 0 代入 y 2 ? ?6a ? 3 ? 0 ,则 a ? ? , 2
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将 x ? ?20 代入 y1 ? ?160 ? 6a ? 3 ≤0,则 a ≥ ? ∴?
163 1 ≤a ? ? . 6 2

163 , 6

(14)将已知等式视为关于 cos ? 的一元二次方程,变形得

cos2 ? ? (2 cos? ? cos ? ) ? cos? ? (cos2 ? ? cos2 ? ? 1) ? 0
∵ 2 cos? ? cos ? ? cos( ? ? ? ) ? cos(? ? ? )
cos2 ? ? cos2 ? ? 1 ? 1 ? cos 2? 1 ? cos 2 ? ? ?1 2 2 1 ? (cos 2? ? cos 2 ? ) 2



? cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? ).
∴①式可变形为:

cos2 ? ? [cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? )] ? cos? ? cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? ) ? 0
分解因式得

[cos? ? cos(? ? ? )][cos? ? cos(? ? ? )] ? 0
∵ ? , ? , ? ? (0, ), 2 ∴?

?

?

2

?? ? ? ?

?
2

,

∴ cos(? ? ? ) ? cos? ? 0, 故有 cos(? ? ? ) ? cos? ? 0 即

cos( ? ? ? ) ? ? cos? ? cos(? ? ? )

∵ 0 ? ? ? ? ? ? ,0 ? ? ? ? ? ? , ∴? ? ? ? ? ? ? , 即

? ? ? ? ? ? ?.

1 (15) (i)当 x ? 0 时,由 f ( x) ? f ( ) ? lg x, x 1 2? 2x x ? lg x, 得 lg ? lg 1 ax ? b a? ?b x

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2x 2x ? lg , ax ? b a ? bx 2x 2x ? , ∴ a ? b. ∴ ax ? b a ? bx 2 ? 0, 又∵ f (1) ? 0, 即 lg a?b

∴ lg

∴ a ? b ? 2, ∴ a ? b ? 1.
2x , 1? x 2x ? lg( m ? x), (ii)方程 lg x ?1

∴ f ( x) ? lg

2x ?0 x ?1 ? 2x ? m ? x, x ?1

?

x 2 ? (m ? 1) x ? m ? 0 x ? ?1或x ? 0.

(*)

方程的解集为空集有两种情况: ①方程(*)无实根,即 ? ? (m ? 1) 2 ? 4m ? 0, ∴ 3 ? 2 2 ? m ? 3 ? 2 2, ② 方 程 (*) 虽 有 实 数 根 , 但 二 根 均 在 区 间 [-1,0] 内 , 令

g ( x) ? x 2 ? (m ? 1) x ? m, 得

f (?1) ≥0
f (0) ≥0
? ≥0 1? m -1≤ ≤0 2

?

m ≤ 3 ? 2 2 或 m ≥ 3 ? 2 2,

1≤ m ≤3

?

m ?? .

综合①,②,得 m ? (3 ? 2 2 ,3 ? 2 2 ). (16)设 M ( x, y), 又 B(0,?b), 则有
BM
2

? x 2 ? ( y ? b) 2 ,
14

Go the distance



x2 y2 a2 2 2 x ? (b ? y 2 ) 代入上式得 ? ? 1 , 得 2 2 2 b a b BM
2

? a2 ?

a2 2 y ? y 2 ? 2by ? b 2 , b2 (?b ≤ y ≤ b).

? (1 ?

a2 2 ) y ? 2by ? (a 2 ? b 2 ) 2 b

∵ a ? b ? 0, ∴ 1 ? 横坐标为:

a2 ? 0 为开口向下的抛物线,则该抛物线的顶点的 b2

y??

2b b3 ? ? 0, a2 a2 ? b2 2(1 ? 2 ) b
a ≥ 2b 时,

b3 当0 ? 2 ≤ b, 即 a ? b2

y?

a3 2 时, BM 取得最大值为: 2 a ?b
2
2 max

BM

? (1 ?

a2 b3 b3 2 )( ) ? 2 b ? ? a2 ? b2 b2 a2 ? b2 a2 ? b2

?

? b4 2b 4 a4 ? b4 a4 ? ? ? . a2 ? b2 a2 ? b2 a2 ? b2 a2 ? b2

∴ BM

? max

a2 a2 ? b2

,



b3 ? b, 即 a ? 2b 时, a2 ? b2
2 max

y ? b 时, BM

BM
max

? 4b 2 ,

? 2b.

15


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