高考数学代数推理题怎么解

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f (x ) =a +

-x 2-4x , g (x ) =

4

x +1，已知x ∈[-4, 0]，时恒有3

f (x ) ≤g (x ) ，求a 的取值范围.

讲解: 由f (x ) ≤g (x ) 实施移项技巧, 得

44

x +1-a , 令C :y =-x 2-4x , L :y =x +1-a , , 33

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.

-x 2-4x ≤

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.

例2 已知不等式

5

舍去）. 3

11112++ +≥log a (a -1) +对于大于1的正整数n n +1n +22n 123

111

++ +，易证(请思考:用什么方法证明n +1n +22n

恒成立，试确定a 的取值范围.

讲解: 构造函数f (n ) =

呢?) f (n ) 为增函数.

∵n 是大于1的 正整数，

∴f (n ) ≥f (2) =要使

12

7. 12

11112++ +≥log a (a -1) +对一切大于1的正整数恒成立，必n +1n +22n 123

3

12

须1log a (a -1) +2≤7,

即log a (a -1) ≤-1, 解得1

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.

例3 已知函数f (x ) =-3x -3x +4b +

2

2

9

(b >0) 在区间[－b ，1－b]上的最大值为4

25，求b 的值.

1

讲解: 由已知二次函数配方, 得 f (x ) =-3(x +) 2+4b 2+3.

2

2113

≤1-b , 即≤b ≤时，f (x ) 的最大值为4b +3=25. 222

(1) 当-b ≤-

∴b 2=25与1≤b ≤3矛盾; 422

(2) 当-1

3

∴f (-b ) =(b +) 2

2

13

>1-b , 即b >时，f (x ) 在[-b , 1-b ]上递增， 22

155

∴f (1-b ) =b 2+96-=25, 解得b =.

42

(3) 当-

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

1

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2

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f (x ) =

x

(x ≠-1). x +1

(1) 求f (x ) 的单调区间；

（2）若a >b >0, c =

13

, 求证:f (a ) +f (c ) >.

(a -b ) b 4

1

, x +1

讲解: （1） 对 已 知 函 数 进 行 降 次 分 项 变 形 , 得 f (x ) =1-

∴f (x ) 在区间(-∞, -1) 和(-1, +∞) 上分别单调递增.

（2）首先证明任意x >y >0, 有f (x +y )

事实上, f (x ) +f (y ) =

y xy +xy +x +y xy +x +y x

+=>=f (xy +x +y ) x +1y +1xy +x +y +1xy +x +y +1

而 xy +x +y >x +y ,

由(1) 知f (xy +x +y )>f (x +y ),

∴f (x ) +f (y ) >f (x +y )

114

≥=2>0,

a -b +b 2a (a -b ) b ()

2

a a 4

∴a +c ≥++2≥3.

22a

3

∴f (a ) +f (c ) >f (a +c ) ≥f (3) =.

4

c =

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 )

例5 已知函数f (x )=

a x a +a

x

（ａ＞０，ａ≠１）．

(1) 证明函数f (x ) 的图象关于点P (

11

, ) 对称． 22

(2) 令a n ＝之．

(3) 求证：

a f (n ) ２

，对一切自然数n ，先猜想使a n ＞ｎ成立的最小自然数a , 并证明

f (1-n )

1

n (n +1) lg 3>(lgn ! )(n ∈Ｎ). 4

11

, ) 的对称点为M ’（１－ｘ，１－ｙ），22

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 (

a 1-x a 1-x +a

x

=

a a +a ⋅a x

=

x

=a

a a +a x

1-y =1-

a x

a +a ∴f (1-x ) =1-y

a +a

∴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 (

11

, ) 对称. 22

ｎ

(2)将f (n ) 、f (1-n ) 的表达式代入a n 的表达式，化简可得a n ＝ａ猜a =3,

ｎ２

即3＞ｎ．

下面用数学归纳法证明．

设n =k (k ≥２) 时，3＞ｋ．

ｋ＋１ｋ２

那么n =k +1，3＞３·３＞３ｋ 又3k －（ｋ＋１）＝２（ｋ－

ｎ

２

２

２

ｋ２

1２3

）－≥０（ｋ≥２，ｋ∈Ｎ）

22

∴３＞ｎ.

ｋ２

(3)∵３＞ｋ

∴ｋｌｇ３＞２ｌｇｋ

令k =1,2,„，n ，得n 个同向不等式，并相加得：

n (n +1)

lg 3>2lg(1⨯2 n ), 2

n 故(n -1) lg 3>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.

例6 已知二次函数f (x ) =ax 2+bx +1(a , b ∈R , a >0) ，设方程f (x ) =x 的两个实根为

x 1和x 2.

（1）如果x 1

讲解:（1）设g (x ) =f (x ) -x =ax 2+(b -1) x +1且a >0，由x 1

g (2) 0, 即

4a +2b -1, ⎨

2428⎩16a +4b -3>04

3b 1， ∴2->->1-

8a 2a 4a

故x =-b >1-1=-1； 0

12a

4⋅8

（2）由g (x ) =ax 2+(b -1) x +1=0, 可知x 1x 2=

1

>0, ∴x 1, x 2同号. a

①若02, ∴g (2) =4a +2b -1

(b -1) 242

又|x 2-x 1|=-=4得2a +1=(b -1) +1(a >0，负根舍去）代入上式得

a a 2

2

2b -1) 2+1

4

②若-2

同理可求得b >

7. 4

17, 当-2. 44

故当0

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x 0∈R , 使f (x 0) =x 0成立，则称x 0为f (x ) 的不动点。如

1x 2+a

(b , c ∈N ) 有且只有两个不动点0，2，且f (-2)

2bx -c

（1）求函数f (x ) 的解析式；

（2）已知各项不为零的数列{a n }满足4S n ⋅f (

1

) =1，求数列通项a n ； a n

（3）如果数列{a n }满足a 1=4, a n +1=f (a n ) ，求证：当n ≥2时，恒有a n

x 2+a

=x , 化简为 (1-b ) x 2+cx +a =0, 由违达定理, 得 讲解: 依题意有

bx -c

c ⎧

2+0=-, ⎪⎪1-b

⎨

a ⎪2⋅0=,

⎪1-b ⎩

⎧a =0

⎪解得 ⎨c , 代入表达式f (x ) =

b =1+⎪(1+2⎩

x 2-21

c 1+c 2) x -c 2

得 c

x 2

∴c =2, b =2, 故f (x ) =, (x ≠1).

2(x -1)

12) a n 2

=1得:2S n =a n -a n , （*） （2）由题设得4S n ⋅12(-1) a n

(

且a n ≠1, 以n -1代n 得:2S n -1=a n -1-a n -1由（*）与（**）两式相减得：

2

（**）

2a n =(a n -a n -1) -(a n -a n -1), 即(a n +a n -1)(a n -a n -1+1) =0,

2

∴a n =-a n -1或a n -a n -1=-1, 以n =1代入(*)得:2a 1=a 1-a 1,

22

解得a 1=0（舍去）或a 1=-1，由a 1=-1，若a n =-a n -1得a 2=1, 这与a n ≠1矛盾，

∴a n -a n -1=-1，即{a n }是以-1为首项，-1为公差的等差数列，∴a n =-n ；

（3）采用反证法，假设a n ≥3(n ≥2), 则由（1）知a n +1

2

a n

=f (a n ) =

2a n -2

∴

a n +1a n 11113

==⋅(1+) a n

a 12168

而当n =2时, a 2=2a 1-28-23

∴a n

盾，故假设不成立，∴a n

关于本例的第(3)题, 我们还可给出直接证法, 事实上: 由a n +1=f (a n ) 得a n +1

2a n 11111=, =-2(-) 2+≤得a n +1

若a n +1

-a n (a n -2)

≤0, 即数列{a n }在n ≥2时单调

2(a n -1)

22

，可知a n ≤a 2=2

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 ) =a cos x +b sin x };F ：把平面上任意一点

（a ，b ）映射为函数a cos x +b sin x .

（1）证明：不存在两个不同点对应于同一个函数；

（2）证明：当f 0(x ) ∈M 时, f 1(x ) =f 0(x +t ) ∈M ，这里t 为常数；

（3）对于属于M 的一个固定值f 0(x ) ，得M 1={f 0(x +t ), t ∈R }，在映射F 的作用下，M 1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 ) =a cos x +b sin x 与F (c , d ) =c cos x +d sin x 相同，

即 a cos x +b sin x =c cos x +d sin x 对一切实数x 均成立.

特别令x =0，得a =c；令x =

π

2

，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f 0(x ) ∈M 时，可得常数a 0，b 0，使

f 0(x ) =a 0cos x +b 0sin x , f 1(x ) =f 0(x +t )

=a 0cos(x +t ) +b 0sin(x +t ) =(a 0cos t +b 0sin t ) cos x +(b 0cos t -a 0sin t ) sin x , 由于a 0, b 0, t 为常数，设a 0cos t +b 0sin t =m , b 0cos t -a 0sin t =n , 则m , n 是常数. 从而f 1(x ) =m cos x +n sin x ∈M .

（3）设f 0(x ) ∈M ，由此得f 0(x +t ) =m cos x +n sin x , 其中m =a 0cos t +b 0sin t , ，则M 1的原象是 n =b 0cos t -a 0sin t , 在映射F 之下，f 0(x +t ) 的原象是（m ，n ）

{(m , n ) |m =a 0cos t +b 0sin t , n =b 0cos t -a 0sin t , t ∈R }.

2222

消去t 得m 2+n 2=a 0，即在映射F 之下，M 1的原象{(m , n ) |m 2+n 2=a 0+b 0}是+b 0

以原点为圆心，a 0+b 0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)+x y+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(※)

22

∴当y ∈N 时, 有f (y +1) -f (y ) >0.

y 都有f (y ) >0, 由f (y +1) >f (y ), f (1) =1可知, 对一切正整数

∴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)+x y+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.

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

1

2

x +y

f (x ) +f (y ) =f () ．

1+xy

（1）证明：f （x ）在（－1，1）上为奇函数； （2）对数列x 1=

2x n 1

, x n +1=, 求f (x n ) ； 221+x n

（3）求证

1112n +5++ +>-. f (x 1) f (x 2) f (x n ) n +2

讲解 （1）令x =y =0, 则2f (0) =f (0), ∴f (0) =0

令y =-x , 则f (x ) +f (-x ) =f (0) =0, ∴f (-x ) =-f (x ) 为奇函数.

（2）f (x 1) =f (1) =-1， f (x n +1) =f (2x n ) =f (x n +x n ) =f (x n ) +f (x n ) =2f (x n ),

2

21+x n ⋅x n 1+x n ∴f (x n +1) =2. 即{f (x )}是以－1为首项，2为公比的等比数列．

n

f (x n )

∴f (x n ) =-2n -1.

2f (x 1) f (x 2) f (x n ) 22

++ +=-(1++2+ +n -1) （3）

1

n =-(2-1) =-2+1>-2, =-

2n -12n -11-21-

而 -2n +5=-(2+1) =-2-1

n +2

n +2

n +2

∴1+1+ +1

f (x 1)

f (x 2)

f (x n )

>-

2n +5

. 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. 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.