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      再談解題辯證法

      2020-09-10 07:22:44甘志國
      關(guān)鍵詞:分類討論辯證法解題

      摘?要:拙文《解題辯證法》從“有時(shí)需要把簡單化為復(fù)雜來解題、拼角和拆角、設(shè)而不求與設(shè)并且求、不變(靜止)與變化(運(yùn)動(dòng))”四個(gè)方面闡述了解題辯證法.本文將再從 “分離參數(shù)與分類討論、運(yùn)用前一問的結(jié)論和直接解答該問、找點(diǎn)與不找點(diǎn)都是嚴(yán)謹(jǐn)解答” 這三個(gè)方面續(xù)談解題辯證法.

      關(guān)鍵詞:解題;辯證法;分離參數(shù);分類討論

      中圖分類號(hào):G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼:A文章編號(hào):1008-0333(2020)22-0062-04

      發(fā)表于貴刊2019年第3期第2~5頁的拙文《解題辯證法》從“有時(shí)需要把簡單化為復(fù)雜來解題、拼角和拆角、設(shè)而不求與設(shè)并且求、不變(靜止)與變化(運(yùn)動(dòng))”四個(gè)方面闡述了解題辯證法,下面再從另外的三個(gè)方面續(xù)談解題辯證法.

      一、分離參數(shù)與分類討論

      題1?(2014年高考課標(biāo)全國卷Ⅰ理科第11題即文科第12題)已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)

      存在唯一的零點(diǎn)x0,且x0>0,則a的取值范圍是().

      A.(2,+∞)?B.(-∞,-2)

      C.(1,+∞)?D.(-∞,-1)

      解法1?(分離參數(shù))B.因?yàn)楹瘮?shù)

      f(x)=ax3-3x2+1的零點(diǎn)不為0,所以可得本題的題設(shè)即“關(guān)于x的方程3(1x)-(1x)3=a有唯一實(shí)根,且該實(shí)根是正數(shù)”,也即“關(guān)于x的方程3x-x3=a(x≠0)有唯一實(shí)根,且該實(shí)根是正數(shù)”,還即“關(guān)于x的方程3x-x3=a有唯一實(shí)根,且該實(shí)根是正數(shù)”.

      用導(dǎo)數(shù)容易作出曲線y=3x-x3如圖1所示.

      圖1

      由圖1可得答案是B.

      解法2?(分類討論)B.可先得a≠0.再得f ′(x)=

      3x(ax-2).

      若a>0,可得函數(shù)f(x)在(-∞,0)上是增函數(shù)(因?yàn)榇藭r(shí)f ′(x)>0),而f(-1)=-a-2<0,f(0)=1>0,所以此時(shí)f(x)有負(fù)數(shù)零點(diǎn),不滿足題意.

      所以a<0,此時(shí)可得函數(shù)f(x)在-∞,2a,2a,0,(0,1)上分別是減函數(shù)、增函數(shù)、減函數(shù).再由f(0)=1>0,f(1)=a-2<0,可得f(x)存在唯一的正數(shù)零點(diǎn),所以題意即f(x)不存在非負(fù)數(shù)零點(diǎn),也即f(x)極小值=f2a=1-4a2>0,a<-2.

      所以所求a的取值范圍是(-∞,-2).

      題2?已知函數(shù)f(x)=13x3-a(x2+x+1).

      (1)若a=3,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)證明:f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).

      解?(1)略.

      (2)(分離參數(shù)法)由于x2+x+1=x+122+34>0,所以f(x)=0等價(jià)于x3x2+x+1-3a=0.

      設(shè)gx=x3x2+x+1-3a,可得g′x=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2=x2x+12+2(x2+x+1)2≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)g′x=0),所以gx在-∞,+∞上單調(diào)遞增.

      因而gx至多有一個(gè)零點(diǎn),即fx至多有一個(gè)零點(diǎn).

      因?yàn)閒3a-1=-6a2+2a-13=-6(a-16)2-16<0,f3a+1=13>0,所以fx只有一個(gè)零點(diǎn).

      (2)的另證?(分類討論)可得f ′(x)=x2-2ax-a,其判別式Δ=4a(a+1).

      當(dāng)x>max1,9a時(shí),可得0<x2+x+1<3x2.

      a(x2+x+1)≤a(x2+x+1)≤3ax2,

      -a(x2+x+1)≥-3ax2.

      f(x)=13x3-a(x2+x+1)≥13x3-3ax2=13x2(x-9a)>0.

      當(dāng)x<min-1,-3a時(shí),設(shè)當(dāng)x=-t時(shí),可得t>max1,3a,且f(x)=13x3-a(x2+x+1)=-13t3-a[t2+(1-t)],

      所以0<t2+(1-t)<t2.

      a[t2+(1-t)]≥-a[t2+(1-t)]≥-at2,

      -a[t2+(1-t)]≤at2.

      f(x)=-13t3-a[t2+(1-t)]≤-13t3+at2=13t2(3a-t)<0,

      因而f(x)存在零點(diǎn).

      ①當(dāng)Δ≤0即-1≤a≤0時(shí),f(x)是增函數(shù),進(jìn)而可得函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn).

      ②當(dāng)Δ>0即a<-1或a>0時(shí),設(shè)f ′(x)的兩個(gè)零點(diǎn)分別是x1,x2(x1<x2),可得x2i=a(2xi+1)(i=1,2),且

      f(x)極大值=f(x1)=13x1·a(2x1+1)-a(x12+x1+1)=-13a[(x1+1)2+2],

      f(x)極小值=f(x2)=-13a[(x2+1)2+2].

      所以當(dāng)a>0時(shí),f(x)極大值<0;當(dāng)a<-1時(shí),f(x)極小值>0,因而當(dāng)Δ>0時(shí),三次函數(shù)f(x)均有且只有一個(gè)零點(diǎn).

      綜上所述,可得欲證結(jié)論成立.

      二、運(yùn)用前一問的結(jié)論和直接解答該問

      題3?(2016年高考全國卷Ⅲ文科第21題)設(shè)函數(shù)

      f(x)=lnx-x+1.

      (1)討論f(x)的單調(diào)性;

      (2)證明當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),1<x-1lnx<x;

      (3)設(shè)c>1,證明當(dāng)x∈(0,1)時(shí),1+(c-1)x>cx.

      解?(1)(2)略.

      (3)設(shè)g(x)=1+(c-1)x-cx,可得g′(x)=c-1-cxlnc.

      令g′(x)=0,解得x0=lnc-1lnclnc.

      當(dāng)x<x0時(shí),g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x>x0時(shí),

      g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.

      因?yàn)閏>1,由(2)的結(jié)論知,1<c-1lnc<c,所以0<x0<1.

      又因?yàn)間(0)=g(1)=0,所以當(dāng)0<x<1時(shí),g(x)>0.

      即當(dāng)x∈(0,1)時(shí),1+(c-1)x>cx.

      (3)的另證?設(shè)g(x)=1+(c-1)x-cx(x∈R),可得g′(x)=c-1-cxlnc(x∈R)是減函數(shù)(因?yàn)閏>1).

      還可得g′(x)有唯一的零點(diǎn)(設(shè)為x0),進(jìn)而可得g(x)在(-∞,x0),(x0,+∞)上分別是增函數(shù)、減函數(shù).

      再由g(0)=g(1)=0,可得當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g(x)>0,即1+(c-1)x>cx.

      (3)的再證?設(shè)h(c)=1+(c-1)x-cx(c>1),可得

      h′(c)=x(c0-cx-1)>0(0<x<1,c>1).

      所以h(c)是增函數(shù),得h(c)>h(1)=0,1+(c-1)x>cx(c>1).

      注?題3(3)的第一種解法(即官方給出的參考答案)用到了題3(2)的結(jié)論(事實(shí)上,在官方給出的題3(2)的參考答案中,又用到了題3(1)的結(jié)論);題3(3)的后兩種解法是“單刀直入”,均未用到前面的結(jié)論,反而更簡潔更自然.

      三、找點(diǎn)與不找點(diǎn)都是嚴(yán)謹(jǐn)解答

      題4?(2006年高考全國卷Ⅱ理科第20題)設(shè)函數(shù)f(x)=(x+1)ln(x+1).若對(duì)所有的x≥0,都有f(x)≥ax成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      解?設(shè)g(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x+1)-ax(x≥0),g′(0)=1-a<0,可得題設(shè)即g(x)≥g(0)(x≥0)恒成立.

      所以當(dāng)g(x)(x≥0)是增函數(shù)即g′(x)≥0(x≥0)恒成立時(shí)滿足題設(shè).

      可得g′(x)=ln(x+1)+1-a(x≥0),且g′(x)(x≥0)是增函數(shù),所以當(dāng)g′(0)=1-a≥0即a≥1時(shí)滿足題設(shè).

      當(dāng)a>1時(shí),得g′(x)的零點(diǎn)為ea-1-1,且當(dāng)x∈(0,ea-1-1)時(shí),g′(x)<0,即g′(x)在(0,ea-1-1)上是減函數(shù),得g(x)<g(0)=0(0<x<ea-1-1),此時(shí)不滿足題意.

      當(dāng)a>1時(shí),也可不用找到g′(x)的零點(diǎn)ea-1-1來說明a>1不滿足題意:

      因?yàn)間′(x)(x≥0)是增函數(shù),所以g′(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0或1.

      當(dāng)g′(x)(x≥0)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0時(shí),由g′(0)=1-a<0知g′(x)<0(x≥0),g(x)(x≥0)是減函數(shù),因而g(x)<g(0)=0(x>0),此時(shí)不滿足題意.

      當(dāng)g′(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1時(shí),設(shè)其零點(diǎn)是x0,可得g′(x)<0(0<x<x0),g(x)在(0,x0)上是減函數(shù),因而g(x)<g(0)=0(0<x<x0),此時(shí)也不滿足題意.

      綜上所述,可得所求a的取值范圍是(-∞,1].

      題5?(2016年高考全國卷Ⅱ文科第20題)已知函數(shù)fx=x+1lnx-ax-1.

      (1)當(dāng)a=4時(shí),求曲線y=fx在1,f1處的切線方程;

      (2)若當(dāng)x∈1,+∞時(shí),fx>0,求a的取值范圍.

      解?(1)略.

      (2)可得f ′(x)=lnx+1x+1-a(x>1),(f ′(x))′=x-1x2>0(x>1),所以f ′(x)是增函數(shù).

      當(dāng)a≤2時(shí),可得f ′(x)>f ′(1)=2-a>0(x>1),所以f(x)是增函數(shù),得f(x)>f(1)=0(x>1),得此時(shí)滿足題意.

      當(dāng)a>2時(shí),可得f ′(1)=2-a<0,f ′(ea)>0,所以存在唯一的x0∈(1,ea)使得f ′(x0)=0.

      再由f ′(x)是增函數(shù),得當(dāng)x∈(1,x0)時(shí)f ′(x)<0,得此時(shí)f(x)是減函數(shù),所以f(x)<f(1)=0(1<x<x0),得此時(shí)不滿足題意.

      當(dāng)a>2時(shí),也可不用找到f ′(x)的零點(diǎn)x0(1<x0<ea)來說明a>2不滿足題意:

      因?yàn)閒 ′(x)是增函數(shù),所以f ′(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0或1.

      當(dāng)f ′(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0時(shí),由f ′(1)=2-a<0知f ′(x)<0,f(x)是減函數(shù),因而f(x)<f(1)=0(x>1),此時(shí)不滿足題意.

      當(dāng)f ′(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1時(shí),設(shè)其零點(diǎn)是x0,可得f ′(x)<0(1<x<x0),f(x)在(1,x0)上是減函數(shù),因而f(x)<f(1)=0(1<x<x0),此時(shí)也不滿足題意.

      綜上所述,可得所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是-∞,2.

      題6?(2017年高考全國卷Ⅱ文科第21題)設(shè)函數(shù)

      fx=1-x2ex.

      (1)討論fx的單調(diào)性;

      (2)當(dāng)x≥0時(shí),fx≤ax+1,求a的取值范圍.

      解?(1)略.

      (2)設(shè)g(x)=ex(x2-1)+ax+1(x≥0),可得g′(x)=ex(x2+2x-1)+a(x≥0),g″(x)=ex(x2+4x+1)>0(x≥0),所以g′(x)是增函數(shù),得g′(x)≥g′(0)=a-1(x≥0).當(dāng)a-1≥0即a≥1時(shí),可得g(x)是增函數(shù).

      因?yàn)轭}設(shè)即g(x)≥g(0)(x≥0), 所以當(dāng)a≥1時(shí),滿足題意.

      當(dāng)a<1時(shí),可得g′(0)=a-1<0.

      當(dāng)c≥max1,lna時(shí),可得c2+2c-1>1,所以g′(c)=ec(c2+2c-1)+a>ec+a≥a+a≥0.

      因而存在正數(shù)d使得g′(d)=0,所以g(x)在[0,d]上是減函數(shù),得g(x)≤g(0)=0(0<x<d),說明此時(shí)不滿足題意.

      當(dāng)a<1時(shí),也可不用找到g′(x)的零點(diǎn)d來說明a<1不滿足題意:

      因?yàn)間′(x)是增函數(shù),所以g′(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0或1.

      當(dāng)g′(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0時(shí),由g′(0)=a-1<0知g′(x)<0,g(x)是減函數(shù),因而g(x)<g(0)=0(x>0),此時(shí)不滿足題意.

      當(dāng)g′(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1時(shí),設(shè)其零點(diǎn)是x0,可得g′(x)<0(0<x<x0),g(x)在(0,x0)上是減函數(shù),因而g(x)<g(0)=0(0<x<x0),此時(shí)也不滿足題意.

      綜上所述,可得所求a的取值范圍是[1,+∞).

      定理?(1)若f ′(x)(x≥a)是增函數(shù),則f(x)≥f(a)(x≥a)恒成立f ′(a)≥0;

      (2)若f ′(x)(x≤a)是減函數(shù),則f(x)≤f(a)(x≤a)恒成立f ′(a)≥0;

      (3)若g′(x)(x≥a)是減函數(shù),則g(x)≤g(a)(x≥a)恒成立g′(a)≤0.

      (4)若g′(x)(x≤a)是減函數(shù),則g(x)≥g(a)(x≤a)恒成立g′(a)≥0.

      證明?(1)當(dāng)f ′(a)≥0時(shí),由f ′(x)(x≥a)是增函數(shù),可得f ′(x)>0(x>a),f(x)(x≥a)是增函數(shù),所以f(x)≥f(a)(x≥a)恒成立.

      當(dāng)f ′(a)<0時(shí):

      由f ′(x)(x≥a)是增函數(shù),可得f ′(x)(x≥a)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0或1.

      當(dāng)f ′(x)(x≥a)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0時(shí),由f ′(a)<0可得f ′(x)<0(x≥a),f(x)(x≥a)是減函數(shù),f(x)<f(a)(x>a),此時(shí)不滿足f(x)≥f(a)(x≥a)恒成立.

      當(dāng)f ′(x)(x≥a)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1時(shí),設(shè)其零點(diǎn)是x0,可得f ′(x)<0(a<x<x0),f(x)在(a,x0)上是減函數(shù),因而f(x)<f(a)(a<x<x0),此時(shí)也不滿足f(x)≥f(a)(x≥a)恒成立.

      綜上所述,可得欲證結(jié)論成立.

      (2)同(1)可證.

      (3)在(1)的結(jié)論中令f(x)=-g(x)(x≥a)后,可得欲證結(jié)論成立.

      (4)在(2)的結(jié)論中令f(x)=-g(x)(x≥a)后,可得欲證結(jié)論成立.

      參考文獻(xiàn):

      [1]甘志國.用一道課本三角函數(shù)題的結(jié)論解題[J].河北理科教學(xué)研究,2018(03):8-11.

      [責(zé)任編輯:李?璟]

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