复数问题中的恒等式

复数问题中的恒等式（通用8篇）

复数问题中的恒等式 篇1

数列是自变量为正整数的函数, 是反映自然规律的基本数学模型。数列问题中蕴涵着丰富的数学思想方法, 例如函数与方程、数形结合、分类讨论、等价转换等等, 是高考考查考生数学综合素养的良好素材。数列的渗透力很强, 它和函数、方程、三角形、不等式等知识相互联系, 优化组合。其中数列与不等式的综合问题是考查的热点内容, 该类问题具有命题操作过程简单, 构造技巧强的特点。考查方式主要有以下三种:

一是判断数列问题中的一些不等关系

典例1:设等差数列{an}的前n项的和为Sn, 若a1<0, S2009=0.

(1) 求Sn的最小差及此时n的值;

(2) 求n的取值集合, 是an≥Sn.

点评:有关数列类问题可以利用数列相关性质求解, 如此题中的方法一, 等差数列前n项和的最值可利用性质求出正负转折项求解, (2) 问就直接表示出an, Sn解不等式。又因为数列通项公式就相当于函数解析式, 所以我们也可以用函数的观点来研究数列, 比如方法二, 等差数列an可看作一次函数, 等差数列Sn可看作二次函数, 利用其单调性来研究最值或利用图象解不等式。但是要注意数列只能看作是自变量为正整数的函数, 在解决问题时要注意这一特殊性。

二是以数列为载体, 考查不等式的恒成立问题

(1) 求数列{an}的通项公式;

(2) 若数列{bn}中每一每一项总小于它后面的项, 求a的取值范围。

综上所述, a的取值范围是{a|a>1或0<a<1/2}。

点评:本题的难点是探求bk+1>bk, 即 (k+1) ak+1lga>kaklga成立时a的取值范围。求解这类问题的一般方法是分离参数法, 通过求函数f (k) 的最值得a的取值范围。在分离参数的过程中, 还需要对a进行分类讨论, 这既是本题的难点, 也是易错点。在分离参数得到a>f (k) 或a<f (k) 后, 所得到的问题即是不等式恒成立问题。

三是考查与数列问题有关的不等式的证明问题

(1) 证明:{logt (xn-1) +1}是等比数列;

(2) 记数列{an}的前n项的和为Sn, 当t=1/4时, 试证明Sn<n+7

点评:对数列中的不等关系的探究, 可以采用归纳、猜测、证明的方法, 在证明过程中放缩又是关键之一, 如何选择放缩的标准?一个基本的方法是根据求证目标逆推。如此题的不等式证明, 即等价于比较与78的大小, 显然前一个和式是不可能直接求出来的, 只能通过放缩的方法把其变成一个等比数列的和式才可能求出, 如果采用只能证明其小于1, 这个放缩标准不合适, 这时就要调整放缩的尺度, 所以要考虑n>3, 2n-1≥n+1和式中前三项不动, 从第四项开始放缩。所以说对于数列型不等式的证明问题, 重要的是选择恰当的放缩尺度, 有时也可以合理地利用函数的性质, 如利用函数的单调性求函数的最值等, 这都是求解问题的方法和技巧。

复数问题中的恒等式 篇2

杨利辉

(成都纺织高等专科学校人文社科与基础部，成都 611731)

作者：杨利辉（1970-），女，助教，主要从事大学数学教学及研究。

摘要：关于不等式的证明方法有很多种，而运用函数构造法证明不等式使得问题简单化，本文阐述了数学中构造法的含义及其应用所产生的影响，用实例介绍了函数构造方法的几种应用情形。关键词：函数构造法；不等式；证明

Abstract： There are various methods can be applied to prove the inequalities.Especially, the method of construction can make the problems of inequalitybe simplified.We first state the meaning of the method of construction which applies effectively to resolve the problems of inequality in advanced mathematics.Then, construction of function, graphic solution, inequality equation and so on will be introduced.And a soundly explanation of various method of construction will be given by illustration.Keywords：The method of structure；Inequality；Constructing function;continuous1、构造法及其意义

学习数学在于善于寻求解题方法，发现一条摆脱疑难、绕过障碍的途径，实现从已知到未知的转化，在解题过程中，由于某种需要，要把题设条件中的关系构造出来，将关系设想在某个模型之上得以实现，将已知条件经过适当的逻辑组合而创造出一种新的形式，从而使问题得到解决.构造法是根据问题的有关信息确定特定的映射关系构造出数学模型，将问题转化为对数学模型的数理机制的研究，从而达到解题的一种化归方法。化归是一种间接解决问题的方法，它在解决数学问题中的作用在于转化，就是把待解决或未解决的问题进行变形，分割，映射，或者简单化，或熟悉化，或具体化，直到归纳到一类已经能够解决或者比较容易解决的问题中去.运用构造法解题的巧妙之处在于不是直接去解问题A，而是构造一个与问题A有关 的辅助问题B，通过解答问题B 而达到解决问题A的目的.构造法是数学中最具有挑战 性的解题思路，它的合理使用使复杂问题简单化.特别是对于解决不等式问题，因为不 第1页

等式是两个数值或两个代数式或两个函数大小的比较，不等式的证明方法有很多种，而采取构造法证明不等式不仅可以提高解题速度，同时也拓宽了解题思维.构造法作为一种创造性的思维活动，对思维能力的培养和提高也有很大的益处，它作为一种重要的数学思想和常用数学方法，具有广泛的应用，在证明过程中，既能逢难化易，又能活跃思维，是培养创造性思维的一个极好的切入点.本文通过几个实例，阐述如何运用函数构造法来证明不等式的问题.2、几种常见的函数构造方法

在证明不等式时，先认真观察不等式的结构特征，或者作适当的变形后再观察，然后构造出一个与该不等式有关的辅助函数，利用辅助函数的有关性质去证明不等式，这种证明不等式的方法就叫做函数构造法。

2.1 利用函数的单调性构造辅助函数：

若fx在[a,b]上连续，在a,b内可导，且对于任何x∈(a,b)有fx0 则fx 在[a,b]上单调增加；若fx0，则fx在[a,b]上单调减小.例1已知m、n、都为正整数,且1mn，证明：(1m)n(1n)m.分析利用不等式左右两端形成一致构造函数，并结合单调性来解决问题.证设fxln1x(x2)，x

1xln(1x)

则fx，因为x2，2x

x1,ln(1x)lne1，所以1x

所以fx0，故f(x)在(2,+∞)时是减函数, 即ln(1m)ln(1n)，mn

所以ln(1m)nln(1n)m,故原不等式成立.例2设实数a,b,c，满足|a|1,|b|1,|c|1，求证：abc2abc.证构造函数faabc2abcbc1acb2，因为|b|1,|c|1,所以bc10，故f(a)为关于变数a的一次函数，且f(a)在（-1，1）上为单调函数，而f1bc1cb2b1c1，由|b|1,|c|1知f(1)0故f(a)为减函数，当1a1时，有f(a)f(1)0.从而题设条件下有abc2abc.2.2利用函数的局部保号性

例3已知|a|1,|b|1,|c|1,求证：abbcac1.证原不等式形为bcabc10，构造函数f(a)bcabc1，若bc0，不等式成立，若bc0，则fa是a的一次函数,又－1＜a＜1，而f1bcbc11b1c0，f1bcbc11b1c0,由单调函数的局部保号性有 fa0，从而得到abbcac1.2.3利用整函数多项式的性质

20062006

例

4是整数.分析:分子中两个幂底数的第二项与分母都相同，联想到函数值的求法。

证明：构造函数 fx1x

因fxfx，故f(x)是一个只含有 x 奇次项且不含常数项的整系数多项式函数，因此f(x)是一个只含有偶次项的整系数多项式函数，x20061x2006，又因为x

故原式是整数.2.4利用函数的凹凸性

设函数yfx在[a，b]上连续，若对[a，b]中任意两个值x1和x2（x1x2），恒有f(x1x2f(x1)f(x2))，则称yf(x)在[a，b]上是上凸的；若恒有2

2xxf(x1)f(x2)f(12)则称yf(x)在[a，b]上是上凹的.22

b]上是上凸的，若yf(x)在[a，则对该区间内任意n个自变量的值x1,x2,x3,,xn

有不等式

f(x1x2xnf(x1)f(x2)f(xn))成立 nn

而且仅当x1x2x3xn 时等号成立.例

5、在ABC中，求证：sinAsinBsinC

证明：设x1x2且x1、x2(0,)，令f(x)sinx，因为f(x1)f(x2)sinx1sinx2xxxxxxxxsin12cos12sin12f(12)，22222233.2所以ysinx在[0，]上是上凸的，因为A，B，C(0,)根据定理有

故sinAsinBsinC

3.2sinAsinBsinCABCsinsin，3333、小结

本文介绍了运用函数构造法证明不等式的一些方法。利用函数构造法证明不等式需要认真分析要证明的不等式所具有的特点，引用不同的构造法，然后运用其特性对不等式加以证明。

构造法在数学中的应用非常的广泛，运用构造法解决不等式问题培养了学生具有创

造性的数学能力和解决实际问题的能力，而创造性的能力的体现是创造性思维。

对于数学思维的培养及数学方法的培养也有一定的加强作用，有利于提高学生运用数学知识解决实际问题的能力，有利于激发学生学习兴趣，有利于提高学生学习的自觉性，把学生和教师从题海中解放出来，从而减轻教与学的过重负担。

参考文献

例析导数在不等式问题中的应用 篇3

一、运用函数的单调性证明不等式

定理设函数f (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 内可导, 那么在 (ab) 内, 若f (x) >0 (或f (x) <0) , 则函数f (x) 在[a, b]上单调增加 (减少) .

解题思路运用导数知识证明不等式, 常用的方法是利用函数的单调性.对于一些不易入手的不等式证明, 可利用导数思想, 先通过待证不等式构造一个函数, 再判定其函数单调性来证明不等式成立.

∴sin x+tan x>2x.

二、运用导数求出函数的极值 (或值域) , 再证明不等式解题思路先构造一个函数, 求出其在某一区间内的全部驻点和不可导处的函数极值以及在区间两端点处的函数值加以比较, 从而证得不等式成立.

例3求证:当0≤x≤1时, 21-p≤xp+ (1-x) p≤1.

证明设f (x) =xp+ (1-x) p, 0≤x≤1.

∵f′ (x) =pxp-1-p (1-x) p-1,

三、运用导数求出函数的凸凹性, 再证明不等式

定理1如果函数f (x) 在开区间 (a, b) 内有非负 (或非正) 二阶导数, 即f′ (x) ≥0 (或f′ (x) ≤0) , 则曲线在这区间内向下凸 (或向上凸) .

定理2若函数f (x) 在开区间 (a, b) 内是凹函数, 则对x∈ (a, b) , y∈ (a, b) , 有

解题思路由于是二元函数, 显然不好用前面的方法来证明, 于是可以考虑用凹函数定义及其性质

例4设x>0, y>0, 求证:xln x+yln y≥ (x+y) ln

证明设f (x) =xln x, (x>0) ,

四、小结

运用导数来证明不等式的关键是“构造一个函数”, 解决问题的依据是函数的单调性、极值等, 这一方法在高等数学中应用非常广泛;加强这方面的练习, 对培养学生分析问题、解决问题的能力很有益处, 更有助于以后进一步学习高等数学.

参考文献

[1]导数在不等式证明中的应用.金筑大学学报 (综合版) , 2003 (3) .

英语中的名词复数 篇4

冯雅娟

初中英语课本对名词复数的构成方式已做了较为详细的说明，如在第２册第６５至６６页中，对其中的读 音规则及构成方法，已作了简单的归纳，并对其中的不规则变化的名词也进行了举例说明。这对初中学生在掌 握这方面的知识过程中起了基础教育的作用。但在以后几册的课本中，对少数几个具有特殊情况的名词，没有 作单独的说明。为了在初中英语教学中对这方面的知识有一个更全面、更深入的了解，以便在今后的学习中逐 步提高，以及实际运用过程中不出偏差，不犯错误，我认为有必要在课堂教学的实施过程中，做进一步的说明，以期引起大家的注意。

本文拟分补充与说明两个部分。兹分述如下：

［补充部分］

一、以辅音字母加y结尾的名词，其复数形式应是先把y变为i，再加es。但下面两个专有名词恰恰是例外： 它们的复数形式是直接加-s。例如：Mary-Marys:

I Know two Marys,one is called Mary Smith ,the other is called MaryWhite

Germany-Germanys:

The two Germanys,that is to say ,East Germany and West Germany aregoing to merge.二、以-f或-fe结尾的名词，其复数形式应是把-f，或-fe变为-ves。

如： wife-wives,life-lives

thief-thieves,leaf-leaves

half-halves,etc.有些则是直接加-S。例如：

grief-griefs,proof-proofs

chief-chiefs,belief-beliefs,etc.而象 handkerchief 那样，既可变为：handkerchiefs，也可变为handkerchieves，这应当看作是一种例 外。

三、以-man 结尾的名词，其复数形式应是将-man变为-men。但有几个名词的复数形式则是直接加-s。这 也可以看作是一种例外。

如： German-Germans,human-humans,etc.四，以-ch 结尾的名词，当-ch发 [t∫]音的时候，其复数形式则加-es。

如： match-matches watch-watches,etc.但是，当-ch 发［k］音的时候，则只需直接加-s。

如： stomach-stomachs,epoch-epochs,etc.五、以-o结尾的名词，其复数形式应是加上-es。如：tomato-tomatoes,hero-heroes但有几种情况是例外。例如：

（１）以双元音结尾的： radio-radios,zoo-zoos,etc.（２）某些外来词： photo-photos

piano-pianos,kilo-kilos,etc.六，以-is 结尾的外来词，其复数形式一般是变-is 为-es。

例如： oasis-oases,analysis-analyses,etc.七、另外，还有一些特殊的变化方式。

例如： mouse-mice,abacus-abaci(或abacuses)

cow-cattle,tooth-teeth etc.但是有些单数与复数的形式是一样的。

例如： sheep,Chinese,deer,Japanese,etc.八、表示“某国人”的名词复数形式有如下三种情形：

（１）单、复数词形相同。

a Chinese-two Chinese,a Japanese-two Japanese

（２）名词后面直接加-s。

an American-two Americans,an Austrian-two Austrians

an Australian-two Australians,a Russian-two Russians

a German-two Germans,a Swede-two Swedes

（３）以-man结尾的，则变为-men。

an Englishman-two Englishmen

a Frenchman-two Frenchmen,etc.九、缩写词的复数形式其构成方法有三种：

（１）一般是直接加-s。

例如： Dr.(Doctor)→Drs.hr(hour)→hrs.yr.(year)→yrs.No.(Number)→Nos.Mt.(Mount)→Mts.etc.（２）有时用重复字母来表达。缩写时则将最后那个辅音字母重复一次。

例如：

P.(Page)→pp.（第５页至第７页pp5-7）

l.(line)→ll.c.(copy)→cc.f.(and following page)→ff.ex.(example)→exx.（３）度量衡的缩写词，其复数形式往往不变。

例如：ft.(foot)→ft.km.(kilometre)→km.kg.(kilogramme)→kg.m.(metre)→m.［说明部分］ 一、一般而言，英语中表示度、量、衡及物价等的单位名词为可数名词，有单数与复数的词形变化。如：

one penny→six pennies

one dollar→two dollars

Thirty pounds?That’s too expensive

Some weigh as much as fifteen tons each

There’s danger about thirty metres ahead.但是其谓语动词仍旧用单数形式。例如：

Where is that five pounds?

Twenty miles is a long way to walk.值得注意的是音译的汉语量词，一般不用复数形式。例如：里（li），斤（jin），亩（mu），元（yuan），角（jiao），分(fen)etc.It is about 5li from here.The book cost me two yuan and five jiao.The pig weighs over one hundred jin.二、某些名词的复数形式，有时具有特别的意思。例如：papers（文件，证件）goods（货物），clothes（衣服），arms（武器）minutes（记录），times（时代），greens（青菜）looks（外貌），manners（礼貌）peoples（民族，种族），words（言语），grounds（场地，庭园），works（工厂、工事、著作）etc.三、有些名词经常带着-s词尾的。例如：

news,politics,physics，the United States,the United Nations,ect.但通常把它们当作单数看待，只有在个别的句子里才作复数处理。例如：

Politics is an important thing.（政治是一件重要的事情）

What are your politics?（你的政见如何？）

四、某些表示由两个部分构成的物体的名词。trousers,glasses,shoes,chopsticks,etc.还包括goods,ar ms,clothes,minutes,contents,wages,ect.都可作复数。例如：

Joe’s new trousers are black.His clothes are quite old.High wages make Jim very happy.五、一般地说物质名词和抽象名词是不可数名词，因此没有复数形式。例如：

information,knowledge,advice,milk,water,ice,bread,etc.但是某些名词以复数形式出现时，其含义或 可表示若干种类（ａ），或可表示数量之多（ｂ）。例如：

a.There are many fishes in the river.（河里有许多种鱼。）

This animal can eat one sheep and some other foods a day

（这种动物一天能吃掉一只羊及其他的食物。）

b.She told him of all her hopes and fears.（她把她所有的希望及担忧之事告诉了他。）

This brought to mind her sufferings in those days.（这使她回想起在那些日子中所受的苦）

复数问题中的恒等式 篇5

类型1 利用裂项相消

【评析】 对数列的通项进行适当的放缩, 使得放缩后的数列可以通过裂项求和。

类型2 利用二项式定理

例2 (2011 年高考浙江卷·理19) 已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a (a∈R) 。设数列的前n项和为Sn, 成等比数列。

(1) 求数列{an} 的通项公式及Sn;

解: (1) 设等差数列{an} 的公差为d,

因为d≠0, 所以d=a1=a。

所以

所以当x>0时, f (x) >f (0) =0,

同理可证当x > 0 时, ln (1 + x) < x。

(1) 求a3的值;

(2) 求数列{an}的前n项和Tn;

当n=1时, S1=1<2+2ln 1显然成立。

综上所述, 满足Sn<2+2ln n, n∈N*。

【评析】 此类题目属于综合性较强的难题, 学生只有对重要不等式十分熟悉才能运用它解决这类问题。

类型4 其他

【评析】 观察所证不等式的两边形式可以联想到放缩成相应数列的通项。

例5 (2014 年高考新课标全国卷·理17) 已知数列{an}满足a1= 1, an + 1= 3an+1。

【评析】 放缩的原则是在完成放缩的同时还需要确保放大后的数列可以求和, 结合本题数列的通项可知放大成一个等比数列的通项。

复数模问题的求解策略 篇6

一、复数问题实数化

例1在复数范围内解方程(i为虚数单位).

解:原方程化简为.

所以原方程的解是

点拨:本题主要考查复数方程等知识,一般是设出复数的代数形式,利用复数相等的充要条件转化为实数方程.

例2已知z、ω为复数,(1+3i)z为纯虚数,,且,求ω.

分析:设z=a+bi(a、b∈R),利用复数为纯虚数的充要条件求得z,再代入求ω.

解法1:设z=a+bi(a、b∈R),则

(1+3i)z=a-3b+(3a+b)i.

由题意,得a=3b≠0.

因为,

所以.

将a=3b代入,解得a=±15,b=±5.

故.

解法2:由题意,设(1+3i)z=ki,k≠0,且k∈R,则

再由,可得k=±50.

故ω=±(7-i).

二、取模法

例3已知.

解:由题设知,两边同时取模,得

点拨:显然,上述两边取模的方法从整体的角度来处理,比利用复数相等的充要条件来处理要简捷得多.

三、数形结合

例4若|z1|=|z2|=1且,求|z1-z2|的值.

分析:由已知条件不难联想到本题所隐含的“形”:Iz1+z2|和|z1-z2|是以和为两邻边的平行四边形的两条对角线的长.

解:如图1所示,由|z1|=|z2|=1,知四边形为正方形,故另一条对角线长

点拨:这样巧妙地以形译数,数形结合,不需要计算就解决了问题,充分显示了数形结合的思想方法在解复数题中的作用.

例5若复数z满足|z-3il=5,求|z+2|的最大值和最小值.

分析:利用复数的几何意义求最值.

解:如图2,满足|z-3i|=5的复数z所对应的点Z在以C(0,3)为圆心,5为半径的圆上.|z+21表示复数z所对应的点Z和点A(-2,0)的距离.而此圆周上的点Z到点A距离的最大值与最小值是过点A的圆的直径被点A所分成的两部分的长.

又,

所以

点拨:利用复数的几何意义解题,形象而直观.提高数形结合的解题能力很有必要.

四、整体运算

运用设出z=a+bi的方法来解答复数题,往往带来烦琐的运算.能否不设而解?实际上,如能恰当地运用复数的一些特有性质,还是可以实现不设而解的.如:

z是实数,z是纯虚数

例6已知z的值.

解:.

(2)当|z|=2时,再结合|z-2|=2,画图(图3)易见两圆的交点A、B表示的复数是和.

图3综上,z=4或z=1或.

练习题:设复数z满足|2-4|=|z-4i|且,求z的值.

几个典型问题的复数表示 篇7

1. 三点共线问题

给定复平面上互不相同的三点z1,z2,z3,试确定它们共线的充分必要条件.

解显然互不相同的三点z1,z2,z3共线的充分必要条件是向量z1z3和z2z3同向或者反向共线,所以它们的幅角相差π的整数倍. 即

因此,互不相同的三点z1,z2,z3共线的充分必要条件z3- z1

的虚部为零( 或者为非零实数) .

z3- z2

2. 四点共圆问题

给定复平面上的互不相同四点z1,z2,z3,z4,它们共圆的充分必要条件是

证明: 必要性

z1,z2,z3,z4是一个圆上按逆时针顺序分布的四点,相应的圆周角记为∠1,∠2,∠3,∠4. 所以,我们有

又因为∠1 + ∠2 = π,所以

个圆,剩下一点必在该圆上.

3. 托勒密( Ptolemy) 定理

凸ABCD内接于圆的充分必要条件是AB·CD + AD·BC = AC·BD.

证明: 不妨设ABCD的四个顶点A,B,C,D按逆时针给出,且对应的复数分别为z1,z2,z3,z4. 显然,这四点共圆当且仅当

进而,当且仅当

再利用恒等式

得到这四点共圆当且仅当

·( z2- z4) | .

| ( z1- z3) | | ( z2- z4) | .

这样就得到了托勒密定理.

托勒密定理是平面几何中基本的定理,从它出发可以推出正、余弦的和差公式及一系列三角恒等式……顺便指出,复平面上圆的一般方程可以表示为

其中a,c为实数,a≠0,b为复数,并且| b|2- ac > 0.

标准方程( z - a) ( z - a) = r,其中复数a为圆心所在的点,实数r为圆的半径. 利用这两个方程对于求解某些与圆相关的问题也会收到意想不到的效果.

复数问题中的恒等式 篇8

1含参不等式恒成立问题的解法分析

我们知道函数、方程、不等式这三者之间的相互联系与转化是:

静态问题:方程f (x) =a函数y=f (x) 不等式f (x) >a (a为常数) .

动态问题:方程f (x, a) =0函数y=f (x, a) 不等式f (x, a) >0 (a为参数) .

问题类型:含参数的方程在变量范围内有解或解的个数;含参数的不等式在变量范围内恒成立.

从上面三者之间的联系可以看出, 函数问题变为方程或不等式问题较为容易, 反过来, 不等式或方程问题转化为函数问题则显得有点吃力, 因为产生的函数并不唯一, 而函数形式的选择直接影响解题方法的难易程度, 因此将方程或不等式问题正确地进行等价转化, 选择合适的函数形式就是处理这类问题的关键.恩格斯说:“数学中的形式转化不是无聊的游戏, 而是解决问题的有力杆杠.”在动态问题中由于参数的存在, 导致分类讨论的产生 (不分离参数的方法叫最值法) , 对能力的要求较高.而将参数分离出来, 就可以将动态问题变为静态问题 (分离参数法) .因此, 对参数的灵活处理方法就是高考中最能体现考生数学思维能力的试金石.

但纵观这几年的高考试题, 发现考生无论采用最值法、还是分离参数法都不能有效的解决这类问题.若采用分离参数法, 由于分离后函数形式的复杂, 往往结果是有始无终, 因为分离后无法求出函数的最值 (实际上这类函数本身不存在最值) .若不分离对动态问题中的参数又无法分类, 面对这样的两难问题, 考生在高考中实际上这类问题的得分率是很低的, 而高考标准答案也不采用分离参数法, 而是不分离对导函数进行放缩, 然后再进行分类讨论, 通过构造反例, 从而求出参数的取值范围.这些年高考全国卷中的函数形式也从对数、指数、三角这些超越式与多项式、分式的结合形式给出, 形式的改变不断的打破我们对这类问题寻求统一解法的美好愿望.我们中学教师面对高考给出的标准答案又感到不自然、不大众化、技巧性过强, 学生想不到、并不是解决这类问题的通性通法.所以, 才出现了前面提到的研究这类问题的众多文章.为了破解这些难题, 针对最值法提出使用二阶导数[8], 分离参数法使用高等数学中的罗比达法则[4,7].所以就把最值法和分离参数法当做处理这类问题的常用方法.

2一道高考题的多种解法

我们以2010年全国高考新课标卷理科 (21) 题为例, 将高考的标准答案和各类参考资料中的解法综述如下:

设函数f (x) =ex-1-x-ax2.

(Ⅰ) 若a=0, 求f (x) 的单调区间;

(Ⅱ) 若当x≥0时, 都有f (x) ≥0, 求a的取值范围.

解法1 (高考标准答案) (Ⅰ) 略, 得到的结论是:ex≥x+1.

(Ⅱ) f′ (x) =ex-1-2ax≥x-2ax= (1-2a) x, 当且仅当x=0时等号成立, 从而当1-2a≥0, 即a≤1/2时, f′ (x) ≥0 (x≥0) , 而f (0) =0, 于是当x≥0时, f (x) ≥0.由ex>x+1 (x≠0) , 可得e-x>1-x (x≠0) , 从而当a>1/2时, f′ (x) <ex-1+2a (e-x-1) =e-x (ex-1) (ex-2a) , 故当x∈ (0, ln2a) 时, f′ (x) <0.而f (0) =0, 于是当x∈ (0, ln2a) 时, f (x) <0.综合得a的取值范围为 (-∞, 1/2].

解法评析高考标准答案给出的解法是通过对一阶导函数使用不等式放缩变成能判断符号的函数, 将混合的函数关系式化为同一形式, 利用反例从而求出参数的范围.

解法2 (分离参数法) (Ⅱ) 不等式f (x) ≥0为ex-1-x-ax2≥0, 变形为ax2≤ex1-x.

(ⅰ) 当x=0时, 不等式为0×a≤0, 所以a∈R.

(ⅱ) 当x>0时, , 则有.设g (x) =ex (x-2) + (x+2) (x>0) , 则有g′ (x) =ex (x-1) +1=m (x) , m′ (x) =xex.

当x>0时, m′ (x) >0, m (x) 在 (0, +∞) 上是增函数, g′ (x) =m (x) >m (0) =0, 从而g (x) 在 (0, +∞) 上是增函数, 所以g (x) >g (0) =0, 也即h′ (x) >0.所以h (x) 在 (0, +∞) 上是增函数.利用罗必达法则求得.因此g (x) >1/2, 从而a≤1/2.所以a的取值范围为 (-∞, 1/2].

解法评析我们用分离参数法解决不等式恒成立问题常用的结论是:若f (x) 存在最值, 即就是, f (x) >a恒成立 f (x) min>a, f (x) <a恒成立 f (x) max<a;若f (x) 不存在最值, 即就是f (x) >a恒成立 inf{f (x) }≥a, f (x) <a恒成立 sup{f (x) }≤a.这里inf{f (x) }或sup{f (x) }可以用罗比达法则或一些重要极限求出.因此, 用高等数学知识是可以解决这类问题的.

解法3 (使用充分条件) 由f (0) =0, , f′ (0) =0, f″ (x) =ex -2a, 所以当x≥0时ex≥1, 所以f″ (x) =ex-2a≥1-2a.令1-2a≥0, 得a≤1/2.f″ (x) =ex-2a<0, 得x<ln2a, 所以当x∈ (0, ln2a) 时, f′ (x) <0, 而f (0) =0, 于是当x∈ (0, ln2a) 时, f (x) <0.综合得a的取值范围为 (∞, 1/2].

解法评析由在[0, +∞) 上是增函数f′ (x) ≥f′ (0) =0f (x) 在[0, +∞) 上是增函数f (x) ≥f (0) =0, 这仅是不等式成立的充分条件, 在a取值范围的另一部分上通过构造反例就可否定.

解法4 (使用二阶导数) 由f′ (x) =ex-1-2ax, f″ (x) =ex-2a≥1-2a, 然后对1-2a进行分类, 后面与解法3同.

解法评析f″ (x) 只是对函数f′ (x) 求导数, 并不是高等数学知识.

解法5 (分离参数后先求极限后证明)

(Ⅱ) 不等式f (x) ≥0为ex-1-x-ax2≥0, 变形为ax2≤ex-1-x.

(ⅰ) 当x=0时, 不等式为0×a≤0, 所以a∈R.

g′ (x) =ex-x-1, g″ (x) =ex-1>0, 所以g′ (x) 在 (0, +∞) 上是增函数, g′ (x) >g′ (0) =0.所以g (x) 在 (0, +∞) 上是增函数, g (x) >g (0) =0.即不等式成立.由此a≤1/2.

由 (ⅰ) , (ⅱ) 知a∈ (-∞, 1/2].

解法评析分离参数后, 先使用罗比达法则求极限, 再证明不等式比较简单.这是笔者给出的一个解法.

3这类问题存在通性通法吗

针对前面的解法分析和多种解法, 结合平时高考复习的教学实际 (因为平时复习资料中的大部分题目都可用这两法解决) 自然提出这类问题的通性通法.如文[10, 13]提出分离变量法是基本通法, 文[12]提出这类问题源自函数的单调性, 本质是函数值的大小比较, 对函数单调性的讨论是求解决本类问题的通性通法.异样的声音来自文[14].真可谓仁者见仁, 智者见智.如果我们再看2009年江苏卷中的第16题, 2012年浙江卷第17题就明白这类问题的解决是否需要这两种通性通法.到底何谓解决这类问题的通性通法?

例1 (2008年江苏卷14题) 设函数f (x) =ax3-3x+1 (x∈R) , 若对于任意x∈[-1, 1], 都有f (x) ≥0成立, 则实数a的值为____.

解法评析本题可以使用最值法、分离参数法、图像法, 但使用必要条件做就比较简单, 取x=1得a≥2, 取x=-1得a≤4, 取x=1/2得a≥4.故a=4, 这里可以取端点, 中点.

例2 (2012年浙江卷17题) 设a∈R, 若x>0时均有 ( (a-1) x-1) (x2-ax-1) ≥0, 则a=____ .

解法评析针对这道填空题我们会使用最值法, 分离参数法吗?恐怕首选的方法应是图像法, 但是用必要条件解决更简单.取x=1有 (a-2) (-a) ≥0, 所以0≤a≤2;取x=2有 (2a-3) 2≥0, 所以a=3/2.将a=3/2代入验证得 (x-2) 2 (2x+1) ≥0对x≥0恒成立.这里还能取端点, 中点吗?

使用必要条件解决这类问题不是通性通法, 是特殊技巧吗?如果我们从恒成立问题的本源思想分析就明白了.不等式f (x, a) >0 (a为参数) 在变量x∈D内恒成立, 实际上就是取x1, x2, x3, …∈D使f (x1, a) >0, f (x2, a) >0, f (x3, a) >0, …同时成立.若左边的所有值大于零, 只要最小的值大于零, 这就是前面的最值法.若解出每一个中的a, 然后求交集就是分离参数法.若只是取部分的xi, 解出a就是使用必要条件.若从函数思想分析, 函数思想就是用函数的性质或图像去解决不等式或方程问题, 前面的解法是用函数的性质解决的, 那么图像法也是解决这类问题的必选方法.所以, 这4类方法应该都是通性通法, 不能厚此薄彼, 过分强调某一个.实际上, 恒成立问题的解题方法还不止这几种, 还有主变元互换、判别式法等.我们穷尽了所有的方法吗?

4数学教学与通性通法