含参方程有关问题

1、含参方程有关问题数学是“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Z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分类讨论是一种数学思维方法，也是一种重要的解题策略.但在重视分类讨论思想应用的同时，应防止见参数就讨论.对于某些含参代数问题，若对问题作深入的研究，充分挖掘题目的已知量与未知量之间的关系，寻求正确的解题策略，则可以避免

2、不必要的分类讨论，使解题更简单.下面谈谈避免分类讨论巧解含参代数问题的七种思维策略1 1抓住主元，化归为一次或二次函数法例 1 1：若不等式 x x2 2-2mx+2m+10-2mx+2m+10 对满足 0 x10 x1 的所有实数 x x 都成立，求 m m 的取值范围。解：设f(x)=x2-2mx+2m+1本题等价于函数f(x)在041上的最小值大于0,求m的取值范围(1)当m0时，f(x)在0,1上是增函数,因此f(0)是最小值,解3m0得-二m02当0Em1时，f(x)在x=m时取得最小值0m0当m1时，f(x)在0,1上是减函数，因此f(1)是最小值解m1得m1f(1=)201综合(

3、1)(2)(3)得m2注：当化归为二次函数后，自变量是实数集的子集时，应用二次函数知识解决有时较繁琐。此型题目有时也可转化为后面的法3求解。变式：例 2:2:若不等式x2-2mx+2m+10对满足1WmW5的所有实数m都成立,2求x的取值范围。解:令g(m)=m(2x+2)+x2+1，则有得0-m-1|g。得：x：_2x+3。,g(2)0 x2-5x60小结:在一次二次函数中，参数有时候具有一定的几何意义，结合图像，抓住参数的几何意义对解题能起事半功倍之效.3二_例如：右函数y=Asin(ox+)+B在0,10,1上至少有 5050 个最大值，求正数切的取值范4围.分析：最大值的个数跟周期有关

4、，所以这里我们要抓住参数切对周期白影响，结合函数图T3T像，我们不又 t t 得到：一十3 3-+49TW1842.2.分离参数与变量，避免分类讨论在含参数的方程或不等式中，若能通过适当变形，使方程或不等式一端只含参数的解析式,而另一端为与参数无关的主变元函数，则在求该函数最值时就不需要分类讨论.例 1 1：若不等式 x x2 2-2mx+2m+10-2mx+2m+10 对满足 0 x10 x1 的所有实数 x x 都成立，求 m m 的取值范围。解:原不等式化为x212m(x-1),一，1x x21当x#1时,m-12x-11r(x-1)22(x-1)2,-：2x7r-12即m(1x)+1而

5、1xW(0,1, ,故当 1-x=01-x=0 时，右边取得最大值. .2(1-x)1此日m.2当 x=1x=1 时，mwR1综上,m.2(练习)例 3 3 对 0 0CR,CR,不等式 cos20-cos20-332mcos2mcos0 0-4m-4m 恒成立，求实数 m m 的取值范围. .解析原不等式可化为：cos2-2m(cos9-2)，若进一步化为，则(x2)(x3)。所以x|x3或x2. .2(cos8-m)2上+2m-2A0, ,则需要以m是否在- -1,11,1内为标准分三种情况讨论，比242较复杂，如果换一个角度看问题，显然可以由条件等价转化为不等式2-cos212.2m=2

6、cos71一= =4一(2-cos)2x+a(a0).分析:若直接求解需要分类讨论，较为繁琐，由于不等式两边函数式的几何意义十分清楚，故可利用数形结合求解，设f(x)=Ja2-x2,g(x)=2x+a，作出两函数的图像，由图像可得不等式的解为x-a,0). .2.4例 6 6 设函数f(x)=a+vx4x,g(x)=x+1,已知x匚一4,0,时恒有f(x)g(x),3求a的取值范围.讲解：由f(x)Wg(x)实施移项技巧，得v-x2-4x-x+1-a,令C:y=Y-x2-4x,L:y=x+1-a, ,33从而只要求直线 L L 不在半圆 C C 下方时，直线 L L 的 y y 截距的最小值.

7、 .故a4-5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.5.5.挖掘隐含条件，避免分类讨论当直线与半圆相切时，易求得a=-5(a=5.3舍去)12例 7 7 已知函数f(x)=-万x+x，是否有头数 m m, ,n(mn)n(mn)使得函数 f(x)f(x)的TE义域、值域分别是m m, ,n n和2m2m,2,2n n? ?若存在，求出 m m 的值

8、；若不存在，说明理由. .分析：定义域、值域都是两个动态的区间，按常规做法需讨论对称轴与所给区间的相对位置关系将出函数 f f( (x)x)在所给区间的单调性,从而求出函数 f f( (x)x)在区间m m,n n上的值域，再与所给值域比较即可，这一过程需分三种情况讨论，无法回避一个复杂的程序化的运算过程，但若能从题意中挖掘出“nW1nW1”(即对称轴在所给区间右侧) )这一隐含条件，则可得出函数 f f( (x)x)在所给区间内单调递增，从而避免繁琐的分类讨论. .12解:一万面，f(x)=-(x-1)2+1在(*,F)上最大值为 1.1.另一方面，若存在满足条件的 m m, ,n n，则

9、f f( (x)x)在m,nm,n上的最大值是 2 2n.n.从而函数 f f( (x)x)在区间m m, ,n n上是增函数，S，八一1，2m,2nJ(-o,1,/.2n1,1Pn-1.从而函数f(x)在区间m,nm,n上是增函数一、12-f(m)=mm=2m,12f(n)n2n=2n,2Im-2或0p=，乂m1B.a=1C.B.a=1C.a1D.D.非上述答案分别作出函数 y=|x|y=|x|和直线 L:y=ax+1L:y=ax+1 的图像，当 a=1a=1 时，得 L L 与 y=xy=x 平行且与 y=|x|y=|x|交于一点在第二象限，如图，直线 L L 绕定点 P P(0,1)(0

10、,1)转动且夹在 L L 与 y y 轴之间时，满足题意，此时a之1, ,选 C.C.例 10:10:已知直线l:2x-ay-3=0,。E:(x-2)2+y2=1,(E为圆心)，直线l与0E交于相异两点M、N,求MEN面积的最大值.3解：直线l经过(2,0)则需要1yl-y21取得最大值。2得(包+1)y2一gy3=02x=ay+3224x-2)2+y214247 7.运用整体的思想，把握问题实质例11:(08浙江卷15)已知t为常数，函数y=|x2-2x-t在区间0,3上的最大值为2,则t=。1分析：函数在最大值只能在x=0,x=3或在对称轴x=1处取得.当在x=0处取得最大值时有t=2或t

11、=-2.当t=2时，f(1)=32,不合.当t=-2时，f(3)=96+2=52,不合当在x=1处取最大值时，有|t+1|=2,得t=1或t=-3当t=-3时，f(0)=32不合题意.当t=1时，f(0)=11,此时ymax=f(1)，满足题意.令ymax=f(-1)=2,即-a2+a+5=2，则a=上213.当aJ时，关于t的一元二次函数的对称轴to=|旬-1,1,此时ymax=fg),矛盾，舍去；当aJ+而时，函数f(t)的对称轴to=a1,此时ymax=f(1),矛盾，舍去.22.a-3o4.4.(3)令ymax=f()=2，即一一a+2a+6=2,则a=或a=4，当a=时，对称2433

12、轴toW-1,1,满足要求；当a=4时，对称轴toA1,此时fmax=f(1),矛盾.当a=31叵或a=f时，能使函数f(x)的最大值为2.238.探求函数的单调性，转化为最值问题11112例 8 8 已知不等式+之一loga(a-1)+对于大于 1 1 的正整数 n n 恒成n1n22n123立，试确定 a a 的取值范围.111讲解：构造函数f(n)=+ + +，易证(请思考：用什么方法证明n1n22n呢？)f(n)为增函数.,n n 是大于 1 1 的正整数，f(n)-f(2)二.1211112要使+之一loga(a1)+一对一切大于n1n22n123须loga(a-1)-,12312即

13、loga(a-1)WT,解得1a0,当xw(2,2)时，y0,故所求函数的单调递增区间是(一二，一2),(2,二)，单调递减区间是(-2,2).(II)(II)证明：(i)(i)方法一：八一x3I2一令h(x)=f(x)-gt(x)=t3x+t(x0),则332h(x)=x2-t3,1当 t t0时，由h(x)=0,得*=.1当xw(0,x3)时，h(x)0,1所以h(x)在(0,+a)内的最小值是h(t3)=0.故当 x0 x0 时，f(x)为gt(x)对任意正实数t成立.方法2对任思固TE的xA0,令h(t)=gt(x)=t3x-t(t0),则3211ht)=t飞(xt3),由h(t)=0

14、,得t=x3.当0t0.当tx3时，h(t)0时，f(x)为gt(x)对任意正实数t成立.(ii)方法一：8f(2)=g8(2).3由(i)得，g8(2)gt(2)对任意正实数t成立.即存在正实数x0=2,使得g8(2)gt(2)对任意正实数t成立.下面证明x0的唯一性：当x#2,x00,t=8时,3f(x0)-3,g8(x0)=4x0/164x-,3再取t=x03,得3gx3(x0)=容，0316x0所以g8(x)=4x-一：一二gx3(x0),33即x0#2时，不满足g8(x0)gt(x0)对任意t0都成立.故有且仅有一个正实数x0=2,16一,33由(i)得，.3使得g8(x0)gt(x0)对任意正实数t成立.