1、浅谈代数推理题的解法 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 134)(,4)( 2 xxgxxaxf ，已知 0,x ，时恒有)()( xgxf ，求 a 的取值范围 . 讲解 : 由 得实
2、施移项技巧 ,)()( xgxf ,134:,4:,1344 22 axyLxxyCaxxx 令, 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 . 当直线与半圆相切时，易求得 35(5 aa 舍去） . 故 )()(,5 xgxfa 时 . 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
3、32)1(lo g121212111 annna对于大于 1 的正整数 n恒成立，试确定 a 的取值范围 . 讲解 : 构造函数 nnnnf 212111)( ，易证 (请思考 :用什么方法证明呢 ?) )(nf 为增函数 . n 是大于 1 的 正整数， .127)2()( fnf 32)1(lo g121212111 annn a要使 对一切大于 1 的正整数恒成立，必须 12732)1(log121 aa, 即 .2 511,1)1(lo g aaa 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
4、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 )0(49433)( 22 bbxxxf 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 .34)21(3)( 22 bxxf2321,121)1( bbb 即当时， )(xf 的最大值为 4b2+3=25. ;23214252 矛盾与 bb1,)(,210,21)2( bbxfbb 在时即当上递增， ;25)23()( 2 bbf 1,)(23,121)3( bbxfbb 在时，即当 上递增， 25,2541596)1( 2 bbbf 解得. 关
5、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 21 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 ).1(1)( xx xxf )()1( xf求 的单调区间； （ 2）若 .43)()(:,)( 1,0 cfafbbacba 求证讲解 : （ 1） 对 已 知 函 数 进 行 降 次 分 项 变 形 , 得 111)( xxf , .),1()1,()( 上分别单调递
6、增和在区间 xf （ 2）首先证明任意 ).()()(,0 yfxfyxfyx 有 事实上 , )(1111)()( yxxyfyxxy yxxyyxxy yxxyxyy yx xyfxf 而 ),()1(, yxfyxxyfyxyxxy 知由 )()()( yxfyfxf ,04)2(1)( 122 abbabbac.34222 aaaca43)3()()()( fcafcfaf . 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
7、求解 , 你 能够想到证明 任意).()()(,0 yfxfyxfyx 有 采用逆向分析法 , 给出你的想法 ! 例 5 已知函数 f(x)=aa axx（ ， (1) 证明函数 f(x)的图象关于点 P( 21,21 ) (2) 令 an)1( )(nf nfa，对一切自然数 n，先猜想使 an 成立的最小自然数 a,并证明(3) 求证： nnnn )(!(lg3lg)1(41 ). 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( 21,21 )的对称点为 M （，），yxfaaaaaayaaa
8、aaaaaaaxxxxxxx1)1(1111 (1-x,1-y)亦在 f(x)的图象上， 故函数 f(x)的图象关于点 P( 21,21 )对称 . (2)将 f(n)、 f(1-n)的表达式代入 an的表达式，化简可得 an 猜 a=3, 即 3 设 n=k(k )时， 3 那么 n=k+1， 3 又 3k （ ） （ 21 ） 23（ ， . (3) 令 k=1,2,， n，得 n 个同向不等式，并相加得： ).!lg (3lg)1(4),21lg (23lg2 )1(nnnnnn故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
9、然数 a=3 吗 ? 试试你的数学猜想能力 . 例 6 已知二次函数 )0,(1)( 2 aRbabxaxxf ，设方程 xxf ) 的两个实根为x1和 x2. （ 1）如果 42 21 xx ，若函数 )(xf 的对称轴为 x=x0，求证： x0 1； （ 2）如果 2|,2| 121 xxx ，求 b 的取值范围 . 讲解 : （ 1 ）设 01)1()()( 2 axbaxxxfxg 且，由 42 21 xx 得0)4(,0)2( gg 且 , 即 ,81,221443.22144303416 0124 aaaababa ba 得由aaba 4112832 ， 故18141120 abx
10、 ； （ 2）由 ,01,01)1()(212 axxxbaxxg 可知21,xx同号 . 若 0124)2(,22,2,20 12121 bagxxxxx 则 . 又 0(1)1(1244)1(| 222212 abaaabxx 得，负根舍去）代入上式得 bb 231)1(2 2 ，解得 41b ； 若 ,0)2(,22,02 121 gxxx 则 即 4a 2b+3 0. 同理可求得 47b . 故当 .47,02,41,20 11 bxbx 时当时对你而言 , 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
11、类 , 不断提高逻辑推理能力 . 例 7 对于函数 )(xf ，若存在 000 )(, xxfRx 使 成立，则称 )(0 xfx为 的不动点。如果函数 ),()( 2 Ncbcbx axxf 有且只有两个不动点 0， 2，且 ,21)2( f （ 1）求函数 )(xf 的解析式； （ 2）已知各项不为零的数列 1)1(4 nnn afSa 满足，求数列通项 na ； （ 3）如果数列 na 满足 )(,4 11 nn afaa ，求证：当 2n 时，恒有 3na 成立 . 讲解 : 依题意有 xcbx ax 2 ,化简为 ,0)1( 2 acxxb 由违达定理 , 得 ,102,102bab
12、c解得 ,210cba 代入表达式cxcxxf )21()(2 ，由 ,211 2)2( cf 得 xxfbcNbNcc )(,1,0,3 则若又 不止有两个不动点， ).1(,)1(2)(,2,22 xxxxfbc 故（ 2）由题设得 ,2:1)11(2)1(4 22nnnnnn aaSaaS 得 （ *） 且 2 1112:1,1 nnnn aaSnna 得代以 （ *） 由（ *）与（ *）两式相减得： ,0)1)(),()(2 112 121 nnnnnnnnn aaaaaaaaa 即 ,2:( * )1,1 211111 aaanaaaa nnnn 得代入以或 解得 01a （舍去）
13、或 11 a ，由 11 a ，若 ,121 aaa nn 得 这与 1na 矛盾，11 nn aa ，即 na 是以 -1 为首项， -1 为公差的等差数列， nan ； （ 3）采用反证法，假设 ),2(3 nan 则由（ 1）知22)(21 n nnn aaafa),2(,143)211(21)111(21)1(2 11 Nnnaaaa aaa nnnn nnn 即,有 21 aaa nn ，而当 ,3;33828 1622,21212 naa aan 时这与假设矛盾，故假设不成立， 3na . 关于本例的第 (3)题 ,我们还可给出直接证法 ,事实上 : 由2121)211(21,22
14、)( 21211 nnn nnnn aaa aaafa 得得 1na 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 .1)0(,0 fyx 得 令 2)1(,2)2(,1 ffyx . 令 1)1(),1()1()0(,1,1 ffffyx 即. （ 2）令 2)()1(2)()1(,1 yyfyfyyfyfx 即( ) 0)()1(, yfyfNy 有时当 . 由 0)(,1)1(),()1( yfyfyfyf 都有对一切正整数可知, 111)(2)()1(, yyyfyyfyfNy 时当 , 于是对于一 切大于 1 的正整
15、数 t，恒有 f(t)t. （ 3）由及（ 1）可知 1)4(,1)3( ff . 下面证明当整数 ttft )(,4时 . 由,02)2(,4 tt ( )得 ,0)2()1()( ttftf 即 ,0)5()6(,0)4()5( ffff 同理， .0)1()(,0)2()1( tftftftf 将诸不等式相加得 ttftftf )(,4,41)4()( . 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 . 例 10 已知
16、函数 f（ x）在（ 1， 1）上有定义， 1)21( f 且满足 x、 y（ 1， 1） 有 )1()()( xyyxfyfxf （ 1）证明： f（ x）在（ 1， 1）上为奇函数； （ 2）对数列 ,12,21 211 nnn xxxx 求 )(nf ； （ 3）求证 .252)(1)(1)(1 21 nnxfxfxf n讲解 （ 1）令 ,0yx 则 2 (0 ) (0 ), (0 ) 0f f f 令 ,xy 则 )()(,0)0()()( xfxffxfxf 为奇函数 . （ 2） 1)21()(1 fxf， ),(2)()()1()1 2()( 21 nnnnn nnnnn xfxfxfxx xxfxxfxf )(.2)( )( 1 nnn xfxf xf 即 是以 1 为首项， 2 为公比的等比数列 .2)( 1 nnxf （ 3）21121 1 1 1 1 1(1( ) ( ) ( ) 2 2 2 nnf x f x f x ） ,22 12)2 12(211 21111 nnn 而 ,2212)212(252 nnnn .252)(1)(1)(1 21 nnxfxfxf n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 .
