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
2
4
已知［-4,0］，时恒有
(x)二 a 、- x -4x，g(x) x 1，
3
f (x)乞g(x)，求a的取值范围
当直线与半圆相切时，易求得
a 二-5(a 二 5舍去)
讲解：
A
由f(x) — g(x)实施移项技巧，得
2
4
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
故 a _ -5时，f (x)乞 g(x).
-X -4x
入
x 1-a，令C : y = ■ 2
- x -4x, L: y 4 . x 1 - a,,
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 题能力的提升，还请三思而后行.
，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
11 11 2
例2已知不等式
n+1 n+2 2n 12
1
1
loga(a-1)
3
对于大于1的正整数n
恒成立，试确定a的取值范围.
1 2n
，易证(请思考：用什么方法证明
讲解：构造函数 f (n) 呢?) f (n)为增函数.
•••n是大于1的正整数,
n +1 n + 2
• f(n) 一 f(2)丄. 1 . 要使 n+1 n+2
须1 |
12
- !|oga(^1)-对一切大于 2n 12 3
1的正整数恒成立，必
1
/ 八十2 7
log a (a -1) 12 3 12
即 loga(a -1) _-1，解得
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
2
2
9 4
例3已知函数f(x) = Ox -3x 4b (b 0)在区间［—b, 1 — b］上的最大值为 25,求b的值.
讲解：由已知二次函数配方，得f (x) =；(x+b2 +4b2 +3.
2
(1) 当—b虫-1^1-b,即1乞b乞？时，f (x)的最大值为4b+3=25.
2 2 2
.2 25 3 .b 与 b 矛盾；
4 2 2 1 1
，
(2) 当 b, 即 0 ::: b 时,f(x)在［_b,1-b］上递增
2 2
■ f (―b) =(b |)2 <25;
3
(3) 当 1 -b,即b -—时，f(x)在［-b,1 -b］上递增，
2 2
f(1—b)=b 96
2
1
15 4
25,解得 b
5 2
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, 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 体的数学问题而定，需要在解题时灵活把握.
•该分就分，该合就合,这种辨证的统一完全依具
x
例 4 已知 f (x)
(X = -1).
x+1
(1)求f (x)的单调区间;
1
3
⑵若 °\"口，求证：
a b
f(a) f(C) 7
讲解：(1)对已知函数进行降次分项变形，得f(x)=1 -
1
-f(x)在区间(-二,-1)和(T,r)上分别单调递增. (2)首先证明任意 x y 0,有f(x • y) ：：： f (x) f (y).
十宀「 丄 事实上,f (x) f (y)
x 丄 y xy+xy + x+ y xy + x + y x+1
y+1 xy+x + y+1 xy + x + y + 1
=f (xy x y)
而 xy x y . x y,由(1)知f xy x y if (x y),
f(x) f(y) f(x y)
丄
1^1
C
(a —b)b (^b b)2 a2
()2
a a 4
a c 2 _ 3. 2
2 2 a .f(a) f(c) f (a c) _ f (3)
4
2
0
0
，
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 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^： f (xp f (y).采用逆向分析法，给出你的想法！
a
x
例 5 已知函数 f (x)= -------------- (a>0, a^l).
a，薦 1 1
(1) 证明函数f(x)的图象关于点P(—,—)对称.
2 2
(2) 令an= ，对一切自然数n,先猜想使an> n 2成立的最小自然数 a,并证明
f(1 - n)
之.
1
(3) 求证：一n(n 1)lg3 (lgn!)(n €N).
4
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.
1 1
设Mx, y)是f (x)图象上任一点，则M关于F(-,)的对称点为 M (l—x, l—y),
2 2
Ua
.a ax
1 _y =1 _ .f(1_x)=1_y
•••M' (1- x,1- y)亦在 f(x)的图象上，
1 1
故函数f(x)的图象关于点F(丄，)对称.
2 2
⑵ 将f(n)、f (1- n)的表达式代入an的表达式，化简可得 an= a \"猜a=3, 即 3n> n 2.
下面用数学归纳法证明.
k
Q
设 n=k( k >2 )时，3 > k . 那么
n=k+1, 3k + 1 >3^3 k>3 k
1 2
3
又 3k2
—( k + 1)
=2( k — _) 2—2
- >0
k >2, k € N)
2
•••3
k
⑶ T3 > k •• k lg3>21g k
令k=i,2,…，n,得n个同向不等式，并相加得:
吃 ©Ig3 2lg(1 2
n),
2
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 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)二ax2 bx - 1(a, b • R,a 0)，设方程f (x)二x的两个实根为
Xi 和 X2.
(1)如果x1 :: 2 ■■■■ x2 ::: 4，若函数f (x)的对称轴为x=xo,求证：xo>— 1 ； (2)如果|捲|：：： 2,| x2 - x |=2，求b的取值范围
讲解：(1 ) 设 g(x) = f (x) —x =ax2 • (b -1)x • 1且a 0 ,由 x1 ：：： 2 ：：： x2 ::: 4 得g(2) <0,且g(4) 0,即
Na +2b -1 c0 3
1 〔6a+4b —3>0…4 \"a ub \\ _2a.
由--4^：：--2a,得 a - 4 2 8
A -A 1 1 8a 2a 4a
故 b .
1 .- 故 X0
1
1 ；
2a / 1
4 -
8
(2
)由 g(x) =ax2 (b-1)x
1=0,可知 x1x^丄 0, x1, x2 同号.
a
①若 0 ：： x1 :: 2,则x2 —Xt = 2,. x2 = Xt 2 2,. g(2) = 4a 2b -1 ：： 0 . 又|X2 -X1 |2
= 1 -4 =4得2a •仁(^1)2
1(a 0，负根舍去)代入上式得 a a
2 (b -1)2 1 ：：:3 -2b， 解得;
4
②若 一2 ::: X1 ：：:0,则X2 -，F ::： -2, g(—2) ：：:0,即 4a — 2b+3v 0.
•针
同理可求得b 7.
4
.
1 7
故当 0 .■ X1 :：: 2时,b ：：—,当-2 ::X ：：：0时,b
4 4
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x0 • R,使f(x)) =x0成立，则称x0为f(x)的不动点。如
x2 + a
果函数f (x)
1 2
(b，c・N)有且只有两个不动点 0, 2，且f (-2)：：
bx —c
(1) 求函数f(x)的解析式;
已知各项不为零的数列
1
｛an｝满足4Sn f( )=1，求数列通项an ；
an
an ::: 3 成立.
(3) 如果数列｛an｝满足a1 =4，an f (an)，求证：当n _ 2时，恒有
2 +
讲解:
依题意有 -- --- 二x，化简为 (1「b)x2 • ex • a = 0,由违达定理，
bx —c
2 0 —，
2 0 =
. 1 -b
1 -b
a
a =0
解得
c，代入表达式f(x)=
|b =1 +— )x-c I 2 2
c
—2
，由 f(一2)==£ (1
1 c
得 e :: 3,又 e N
，b N，若 c = 0，b =1,则f (x) =x不止有两个不动点,
2
x c = 2, b = 2，故 f (x)=
心)'…
(丄)2
(2 )由题设得4Sn2( •—创一丄-1)
an
=1得：2Sn =an -a；，
且an式1,以n T代n得:2Sn^ = an斗—a；」
(*)
(** )
a n = (n n」)- (a： -n J ， 即(an - an」)(an
a* 二-an j或a* -an」二 -1,以n =1 代入(*)得:2ai 二 ai -aj,
2
a
a
a
)
an」 = 0,
1)
解得a1 =0 (舍去)或a1 - -1，由a1 - -1，若an - -anJ得a2 =1,这与an = 1矛盾，
.an - an」.二「1，即｛ an｝是以-1为首项，-1为公差的等差数列，.an
(3)采用反证法，假设
n ；
an _ 3(n _ 2),则由(1 )知an ,
1
fa
(n)二
2a
n
- 2
an 1
an 2(an -1)
1
an
113
(1 ) (1 ) 2 an -1 2 2 4
旦二 J6?3；
1,即an1 ：：an(n_2,n N),有
:::a2，而当 n 二 2时,a2
2^ - 2 8 - 2 3
.an ::: 3,这与假设矛
盾，故假设不成立，.an <3.
关于本例的第(3)题,我们还可给出直接证法，事实上: 由an
二 f (an)得 an 1
an
2a
n - 2 n 1
丄)2 • 1 乞〕得 an1<0 或 and - 2.
2 2 2
a
若an 1 ::: 0,则 an 1 ::: 0 ::: 3,结论成立;
若 an 1 - 2，此时 n 一 2,从而 a. 1 - a.
a (a . 2)
即数列
｛
an
｝
在2时单调
2
递减，由a2 = 2 ，可知an辽a2 = 2
2 3
3,在n _ 2上成立.
3
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^ acosx bsin x｝; F :把平面上任意一点
(a, b)映射为函数 acosx ■ bsinx.
(1) 证明：不存在两个不同点对应于同一个函数；
(2) 证明：当f0(x) • M时，f1(xH f0(x tr M，这里t为常数;
(3)对于属于M的一个固定值f0(x)，得M1 =｛ f0(x • t),t・R｝，在映射F的作用下, M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)二 acosx bsinx 与 F(c, d) =ccosx d sinx相同,
即 acosx - bsinx =ccosx - dsinx对一切实数 x均成立.
特别令x=0,得a=c；令x =—，得b=d这与(a, b), (c, d)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
•
(2) 当f0(x)・M时，可得常数ao, bo,使
fo(x)二 ao cosx bo sin x, fi (x) = fo (x t)
= a°cos(x t) bo sin(x t) =(a° cost bos in t)cosx (bo cost - ao sin t)s inx,
由于 ao ,bo ,t 为常数，设 ao cost bo sin t 二 m,bo cost - ao sin t 二 n,贝V m, n是常数. 从而 fx)二 mcosx n si nx M .
(3) 设 fo(x) M，由此得 fo(x t)二 mcosx nsin x,其中 m = ao cost bo sin t,
n = b0 cost -a0 si nt,在映射F之下，f0(x，t)的原象是(m, n),贝U M的原象是
{( m, n) | m = ao cost bo si nt, n = bo cost - ao s in t, t R}.
消去t得m2 + n2 = a^ +b［，即在映射F之下，M的原象{( m,n) | m2 + n2 = a： +b；}是 以原点为圆心，... a?
b；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)+ xy+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二o,得f(o)= -1. 令 x =y 令 x =1,
1, f (-2) =-2, f(-1)
-1,. f(o)= f (1) f (-1),即f (1)
2.
(2)令 x =1,. f(y 1H f (y) y 2即f(y 1) - f (y)二 y 2()
当y N时,有f (y 1) - f (y)
由f(y 1) f(y), f(1) =1可知,对一切正整数y都有f(y) o,
当 y N 时，f(y1)=f(y) y 2二 f(y)1y1 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乞4时，f (t) . t .
t 乞 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) 一 f (一5) . 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 . 一4,. t _ 一4,. 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)+ 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x、y € (— 1, 1) 有
f(x) f(y^ f(- V).
X + V 1 +xy
(1) 证明：f (x)在(一1, 1) 上为奇函数；
1
2 x
(2)
对数列 & ),Xn1
f(&)；
2
1 7 —V 求1
1
1 2n 5
(3) 求证
.
f(xj
f(X2)
f(Xn) n+2
讲解(1)令 x = y=0,则 2f(°) = f(°)，f(0)\"
令 y - -x,则 f(x) f(_x)二 f(0) =0,. f(_x)--f(x)为奇函数.
(2
)
， f 区.J = f(-^) = f (上 H) = f (Xn) f(Xj =2f (Xj,
2 1 +Xn 1 +Xn Xn
f(Xn
^^2.即｛ f (Xn)｝是以一1为首项，2为公比的等比数列•
f(Xn)
n
■ f(Xn)
2n1.
/c、 f(x1) f (x2)
f(xn)
2 22
2 d
3)
亠亠2亠 亠n丄) L ——1
1 十 十
1 1 -歹 1 ' 1
2
' +
-
1
=42 r =-2
1
^-2,
丄
1
2“」
1 .
1 .. .. .
口人)
2“丄
1 2n 5 n 2
f(xj f(xj
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
