代数推理题怎么解

1、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.例 1 设函数 f(x)axf (x) g(x)a4x,g(x) 4 x 1 x 4,0 ， 时恒有3讲: 由f (x) g(x)实施移项技巧,得 x x 2 4xx1a,令C:y x2 4x,

2、L:yx1a,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.5当直线与半圆相切时，易求得a5(aa , f (x) g(x.舍去）.3本例的求解在于实施移项技巧,关键在于构造新的函, 进而通过解几模型进行推理题能力的提升, 还请三思而后行.1例2 已知不等式11 1 1 (a2对于大于 1 的正整数 nn1n22n12a3恒成立，试确定a讲解: 构造函数 f (n) 呢?) f (n) 为增函数.n111 1n1n22n，易证 ( 请思考 : 用什么方法证明 f (n) f (2) 7 .12要使 11 1 1 (a2对一切大于 1 的正整数恒成立，必n1n22n12

3、a3须 1 log (a 1) 2 7 ,12a312即log(a1) 解得 1 a 15.a2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3 f (x) 3x25，求b 的值.3x9(b0在区间b，1b上的最大值为4讲解: 由已知二次函数配方, 得 f (x) 3(x 1 ) 2 4b 2 3.2当b1b,即 b 3 时， f (x) 的最大值为 4b2+3=25.222b2 25与1 b 3矛422(2)当1 b,0b 1,f (x)b,1b上递增，22 f (b)

4、(b 3)2 2当 1 1b,即b 3f(x)b上递增，22 f (1 b) b 2 96 15 25, 解得b 5 .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1抛物线顶点横坐标在不在区间b，1b, 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 x 1求f (x) 的单调区间；（2）若abc1,求证: f (a) f (c) 3.(ab)b4:对已知函数进行降次分项变形 ,得 f (x) 11,x 1 f

5、(x)在区间(,1)和(1,)上分别单调递增.首先证明任意x y 有f (x y) f (x) f (y).f (x) f yxy xy xy x y xy x y f (xy x y)x 1y 1xy x y 1xy x y 1而 xy x y x y,知f x y f (x y), f (x) f ( y) f (x y) c 1(a 1a b b()22 4 a 2 a c a a 4 3.22a2 f (a) f (c) f (a c) f (3) 3 .4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x y 有f (x y) f (x f y).例5 已知函数

6、axax a（证明函数)的图象关于点11)对称22ana f (n)f ，对一切自然数，先猜想使a成立的最小自然数n之(3)1 n(n lg3 (lg ).4讲解: (1)关于函数的图象关于定点P设(,(M关于(1,1)的对称点为（，22aaa aaa axa1xa1 x aaa a xaax a1 y 1aax aax a f x) 1 y(1-x,1-y)亦在f(x)的图象上，故函数f(x)的图象关于点P( 1 , 1 )对称.22(2)将)的表达式代入an的表达式，化简可得an即3下面用数学归纳法证明设=(，3那么=+，313又32. (3)） （，）2，得n个同向不等式，并相加得：n(

7、n lg3 22 2故 n (n 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 x.12 2 x 4 f (x) 的对称轴为1；1如果| x122,| x200 x 2b1（ 1 ） 设 g (x) f (x x ax 2 b 1)x 且a 0 ， 由 x1 2 x2 4 得g(2) 0, 且g(4) 0 , 即4a1 3 4a b 1 2a. 由3 4

8、a 1 2a, 得a 1 ,3042428 23 b1 1 ，8a2a4a故x b 11 1；02a4 18（2）g(x) ax2 b 1)x 1可知 x x 1 0, x , x同号.1 2a12若0 x1 2,则xx2 2, x2 x 2 g(2) 4a 1 0 .1又| x2(b 24 x |2 得2a 1(b 2 1(a 0，负根舍去）代入上式得1a2a(b1)2123，解得(b1)214若 2 x1 0,则x2 2 x1 g(2) 4a2b+30.同理可求得b 7 .4故当0 x ,b 1,当2 x ,b 7.1414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

9、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为f (x) 的不动点。如0果函数 f (x) x 2 a1(b,c N) 有且只有两个不动点0，2，且f (2) ,bx c2f (x) 的解析式；已知各项不为零的数列n满足4Sn f ( 1 ) 1，求数列通项a ；ann如果数列n满足a1 n1 f (an，求证：当n 2时，恒有an 3 成立.讲解: 依题意有x 2 a bx c x ,化简为 (1 b)x 2 cx a 0, 由违达定理, 得2 0 c,1ba 02 0 a1

10、 b ,解得 ,代入表达f (x) x2f (2) 2 1 ,1 cc1c22)x c2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，c 2b2,故 f (x) x2,(x 2(x （2）由题设得4Sn( 1aa2( 1)2得2Sn a a2,（*）nnan且a以n代n得:2Snn1 an1a2n1（*）由（*）与（*）两式相减得：2a(anan1)(ana2n1), 即 (anan1)(anan1 1) 0,an或an1an1 1,以n 1代入(*)得 : 2a1 a a2 ,11a1 0 （舍去）a1 1 a1 1 an a得an12an

11、1 矛盾，aa1，即a 是以-1为首项为公差的等差数列a n；nn1nn（3）采用反证法，假设a3(n2则由（1）知 f (a )a2nnn1naa11113n2a2nn1 n) 即a a (n 2n N ,有a2(a2a1224nnnn1nna2168na a ann1而当n,a22a12 8 2 3a这与假设矛盾，故假设不成立， an 3.11111111由a f )得aan,2()2 得0 2.2n12n2a2nn1a222nn1n1若a0,则a0结论成立n1n1a n 2)nan12nan1nn2(an 0ann 2时单调递减，由a222，可知aa3n2 2 23 3, 在n 2 上成

12、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.8 M f (x| f (x a cos x bsin F ：把平面上任意一点映射为函数a cos x bsin 证明：不存在两个不同点对应于同一个函数；f0(x) M时, f1(x) f0(x t M ，这里t为常数；Mf0(x) ，得 M1 f0(xttFM1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（abcd） 对应同一函数， 即F(a,b) acosxbsinxF(cdccosxdsinx相同， 即 acosxbsinx ccosxdsinx对一切实数x特别令=

13、0，得=；令x ，得b=d这与，）是两个不同点矛盾，假2设不成立.故不存在两个不同点对应同函数.(x M 时，可得常数a，b，使0f (x) a0cos x b0sin x, f10(x) f00(x t)=acos(xt)b0sin(x t) (a0cos t b0sin t)cos x (b0cos t a0sin t)sin x,由于a , b00, t 为常数，设a0cos t b0sin t m, b0cos t a0sin t n,则m, n 是常数.(x) m cos x n sin x M .1设f (x)M ，由此得f (x t) mcosx nsin x,其中m acos

14、t b sint,0000n bcost asint,在映射F之下，f (x t)的原象是m，则M的原象是0001(m,n) | m a0cos t b0sin t, n b0cos t a0sin t,t R.t 得mn ab2 F的原象(mn|mn ab2是以原点为圆心，00100a 2 a 2 b200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.9 已知函数)满足对任意实数、y都有2.求1 的正整数t，恒有试求满足 的整数t讲解 （1）为求f(1)的值，需令 x y 0,得f (0) 1.令 x y f (2)

15、f 2.x y f (0) f f (1),即f 1.（2）x f y f y y 即f y f y) y 2 ()当y N,有f y f y) 0 .f y f y), f 对一切正整数y都有f y) 0 ,当yN, fy fy y2 fy1 y1 y1, 1t，恒有（3）由及f(3f(41.下面证明当整数t 4时, f (t) t . t (t 2 2 由f (t f (t (t 2 即 f (5) f (4) 0,同理f (6) f (5) 0, ，f (t f (t 2) f (t) f (t 0.将诸不等式相加得f(t) f(41t f(t) t. 综上，满足条件的整数只有t=12.1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.1例10 已知函数f（x）在（1，1）上有定义，f()1且满足、y（1，1）2有x yf(x) f(y) f()1 xy在上为奇函数； 1 , 2xn, 求 f (x ) ；11求证211 x2n n2n5.f (x1)f(x2)f(xn)n 2讲解 （1）x y 0则2 f (0) f (0), f (0) 0令yx,则f(x) f(x) f(0) f(x)f(x)为奇函.（2）