淺談代數(shù)推理題的解題策略

孫慶宏

代數(shù)推理題是高考的熱點題型之一，這類問題常以高中代數(shù)主體內(nèi)容—函數(shù)、方程、不等式、數(shù)列及綜合部分和何解釋為知識背景，并與高等數(shù)學(xué)知識及思想方法相銜接，立意新穎，抽象程度高.針對代數(shù)推理型問題，我們不但要尋求它的解法是什么，還要思考有沒有其它的解法，更要反思為什么要這樣解，不這樣解行嗎?并要通過典型的問題，解析代數(shù)推理題的解題思路、方法和技巧.在解題思維的過程中，既重視通性通法的演練，又注意特殊技

巧的作用，同時將函數(shù)與方程，數(shù)形結(jié)合，分類與討論，等價與化歸等數(shù)學(xué)思想方法貫穿于整個的解題訓(xùn)練過程當(dāng)中.

本文就代數(shù)推理題的題型特點及解法作如下探討.

一、與函數(shù)性質(zhì)有關(guān)的推理題

例1 設(shè)f(x)是定義在［-1，1］上的偶函數(shù)，f(x)與g(x)的圖像關(guān)于x=1對稱，且當(dāng)x∈［2，3］時，g(x)=a(x-2)-2(x-2)+3(a為常數(shù)).

(1)求f(x)的解析式；

(2)若f(x)在［0，1］上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；

(3)若a∈(-6,6)，問能否使f(x)的最大值為4?請說明理由.

析解：函數(shù)的對稱軸是函數(shù)的一個重要性質(zhì)：若f(x)=f(2a-x)，則y=f(x)關(guān)于x=a對稱.

(1)∵f(x)與g(x)的圖像關(guān)于直線x=1對稱，∴f(x)=g(2-x).∴當(dāng)x∈［-1，0］時，2-x∈［2，3］，∴f(x)=g(2-x)=-ax+2x+3，又∵f(x)為偶函數(shù)，∴x∈［0，1］時，-x∈［-1，0］，∴f(x)=f(-x)=ax-2x+3.

∴f(x)=-ax+2x+3,-1≤x<0,=ax-2x+3,0≤x≤1.

(2)∵f(x)為［0，1］上的增函數(shù)，∴f′(x)=a-6x+2≥0a≥6x+2在區(qū)間［0，1］上恒成立.∵x∈［0，1］時，6x+2≤6,∴a≥6，即a∈［6,+∞).

(3)由f(x)為偶函數(shù)，故只需考慮x∈［0，1］，由f′(x)=0得x=a6,由f(a6)=4a=6,此時x=1，當(dāng)a∈(-6，6)時，f(x)的最大值不可能為4.

評注：挖掘題中的隱含條件，是解答該題的關(guān)鍵.

二、與方程有關(guān)的推理題

例2 已知二次函數(shù)f(x)=ax+2+bx+1(a,b∈R,a>0)，設(shè)方程f(x)=x的兩個實根為x1和x2.

(1)如果x1<2-1;

(2)如果|x1|<2,|x2-x1|=2,求b的取值范圍.

解：(1)設(shè)g(x)=f(x)-x=ax+2+(b-1)x+1且a>0，由x1<20,即4a+2b-1<0,=16a+4b-3>0,∴34-4a18,∴2-38a>-b2a>1-14a,故x0=-b2a>1-14×18=-1.

(2)由g(x)=ax+2+(b-1)x+1=0,可知x1x2=1a>0,∴x1,x2同號.

①若02,∴g(2)=4a+2b-1<0.又|x2-x1|+2=(b-1)+2a+2-4a=4得2a+1=(b-1)+2+1(a>0,負(fù)根舍去)代入上式得2(b-1)+2+1<3-2b,解得b<14;②若-274.

故當(dāng)074.

評注：本例解題思維的關(guān)鍵主要在于如何合理的運用二次函數(shù)對稱性質(zhì)，界定a的范圍；第(2)小問在于如何準(zhǔn)確地分類.

三、與數(shù)列有關(guān)的推理題

這類問題解決的思維方式有兩種：一種是歸納法，通過從特殊到一般的觀察、分析、歸納、作出猜想，然后用數(shù)學(xué)歸納法加以證明.另一種是演繹法，即利用數(shù)列知識及變形技巧直接求解，這對學(xué)生的運算技巧及思維能力是一種考驗.

例3 對于函數(shù)f(x)，若存在x0∈R，使f(x0)=x0成立，則稱x0為f(x)的不動點.如果函數(shù)f(x)=x+2+abx-c(b,c∈N)有且只有兩個不動點0，2，且f(-2)<-12.

(1)求函數(shù)f(x)的解析式；

(2)已知各項不為零的數(shù)列{an}滿足4Sn5f(1an)=1，求數(shù)列通項an;

(3)如果數(shù)列{an}滿足a1=4,a{n+1}=f(an)，求證：當(dāng)n≥2時，恒有an<3成立.

解：(1)依題意有x+2+abx-c=x，化簡為(1-b)x+2+cx+a=0，由韋達(dá)定理，得2+0=-c1-b,=2×0=a1-b,解得a=0,=b=1+c2，代入表達(dá)式f(x)=x+2(1+c2)x-c,由f(-2)=-21+c<-12,得c<3,又c∈N,b∈N，若c=0,b=1，則f(x)=x不止有兩個不動點，∴c=2,b=2.故f(x)=x+22(x-1),(x≠1).

(2)由題設(shè)得4Sn5(1an)+22(1an-1)=1得：2Sn=an-a+2n,(*)且an≠1，以n-1代n得：2S{n-1}=a{n-1}-a+2{n-1}(**)(*)與(**)兩式相減得：2an=(an-a{n-1})-(a+2n-a+2{n-1}),即(an+a{n-1})(an-a{n-1}+1)=0,∴an=-a{n-1}或an-a{n-1}=-1，以n=1代入(*)得：2a1=a1-a+21，解得a1=0(舍去)或a1=-1，由a1=-1，若an=-a{n-1}得a2=1，這與an≠1矛盾，∴an-a{n-1}=-1，即{an}是以-1為首項，-1為公差的等差數(shù)列，∴an=-n.

(3)采用反證法，假設(shè)an≥3(n≥2)，則由(1)知a{n+1}=f(an)=a+2n2an-2.∴a{n+1}an=an2(an-1)=125(1+1an-1)<12(1+12)=34<1,即a{n+1}

關(guān)于本例的第(3)問，我們還可給出直接證法，事實上：由a{n+1}=f(an)，得a{n+1}=a+2n2an-2,1a{n+1}=-2(1an-12)+2+12≤12，得a{n+1}<0或a{n+1}≥2.

若a{n+1}<0,則a{n+1}<0<3,結(jié)論成立；若a{n+1}≥2，此時n≥2，從而a{n+1}-an=-an(an-2)2(an-1)≤0，即數(shù)列{an}在n≥2時單調(diào)遞減，由a2=223,可知an≤a2=223<3,在n≥2時成立.比較上述兩種證法，讀者能找出其中的異同嗎?數(shù)學(xué)解題后需要進(jìn)行必要的反思，學(xué)會反思才能長進(jìn).

例4 已知函數(shù)f(x)在(-1，1)上有定義，f(12)=-1且滿足x、y∈(-1，1)有f(x)+f(y)=f(x+y1+xy).

(1)證明：f(x)在(-1，1)上為奇函數(shù)；

(2)若x1=12,x{n+1}=2xn1+x+2n，求f(xn);

(3)求證1f(x1)+1f(x2)+…+1f(xn)>-2n+5n+2.

分析：抽象函數(shù)應(yīng)首先試探它的模擬函數(shù)，由f(x)+f(y)=f(x+y1+xy)似乎不明顯.擬采用取值法.

解：(1)令x=y=0，則2f(0)=f(0)f(0)=0,又令y=-x，則f(x)+f(-x)=f(0)=0,∴f(-x)=-f(x)為奇函數(shù).

(2)f(x1)=f(12)=-1,f(x{n+1})=f(2xn1+x+2n)=f(xn+xn1+xn5xn)=f(xn)+f(xn)=2f(xn),∴f(x{n+1})f(xn)=2.即{f(xn)}是以-1為首項，2為公比的等比數(shù)列.∴f(xn)=-2+{n-1}.

(3)1f(x1)+1f(x2)+…+1f(xn)=-(1+12+12+2+…+12+{n-1})=-2+12+{n-1}>-2,而-2n+5n+2=-(2+1n+2)=-2-1n+2<-2,∴1f(x1)+1f(x2)+…+1f(xn)>-2n+5n+2.

本例將函數(shù)、方程、數(shù)列、不等式等代數(shù)知識集于一題，是考查分析問題和解決問題能力的范例.在求解當(dāng)中，化歸出等比(等差)數(shù)列是數(shù)列問題常用的解題方法.

四、與不等式、解幾有關(guān)的推理題

這類題對思維的靈活性、創(chuàng)造性要求較高，有利于考查學(xué)生分析和解決問題的能力.例5 設(shè)函數(shù)f(x)=a+-x+2-4x,g(x)=43x+1，已知x∈［-4，0］時，恒有f(x)≤g(x)，求a的取值范圍.

析解：由f(x)≤g(x)實施移項技巧，得-x+2-4x≤43x+1-a,令C:y=-x+2-4x,l:y=43x+1-a,從而只要求直線l不在半圓C下方時，直線l與y截距的最小值.當(dāng)直線與半圓相切時，易求得a=-5(a=53舍去).故a≤-5時，f(x)≤g(x).

本例的求解在于實施移項技巧，關(guān)鍵在于構(gòu)造新的函數(shù)，進(jìn)而通過解幾模型進(jìn)行推理解答.

其中，滲透著數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法，顯示了解題思維轉(zhuǎn)換的靈活性和流暢性.

還須指出的是：數(shù)形結(jié)合未必一定要畫出圖形，但圖形早已在你的心中了，這也許是解題能力的提升，還應(yīng)三思而后行.

例6 設(shè)a,b為常數(shù)，M={f(x)|f(x)=acosx+bsinx}.F：把平面上任意一點(a,b)映射為函數(shù)acosx+bsinx.

(1)證明：不存在兩個不同點對應(yīng)于同一個函數(shù)；

(2)證明：當(dāng)f-0(x)∈M時，f1(x)=f0(x+t)∈M，這里t為常數(shù)；

(3)對于屬于M的一個固定值f0(x)，得M1={f0(x+t),t∈R}，在映射F的作用下，M1

作為象，求其原象，并說明它是什么圖形.

析解：(1)假設(shè)有兩個不同的點(a,b),(c,d)對應(yīng)同一函數(shù)，即F(a,b)=acosx+bsinx與F(c,d)=ccosx+dsinx相同，即acosx+bsinx=ccosx+dsinx對一切實數(shù)x均成立.特別地令x=0，得a=c；令x=π2，得b=d，這與(a,b),(c,d)是兩個不同點矛盾，假設(shè)不成立.

故不存在兩個不同點對應(yīng)同一函數(shù).

(2)當(dāng)f0(x)∈M時，可得常數(shù)a0,b0,使f0(x)=a0cosx+b0sinx,f1(x)=f0(x+t)=a0cos(x+t)+b0sin(x+t)=(a0cost+b0sint)cosx+(b0cost-a0sint)sinx,由于a0,b0,t為常數(shù)，設(shè)a0cost+b0sint=m,b0cost-a0sint=n，則m,n是常數(shù).從而f1(x)=mcosx+nsinx∈M.

(3)設(shè)f0(x)∈M，由此得f0(x+t)=mcosx+nsinx，其中m=a0cost+b0s

int，n=b0cost-a0sint，在映射F之下，f0(x+t)的原象是(m,n)，則M1

的原象是{(m,n)|m=a0cost+b0sint,n=b0cost-a0sint,t∈R}.消去t得m+2+n+2=a+20+b+20，即在映射F之下，M1的原象{(m,n)|m+2+n+2=a+2

0+b+20}是以原點為圓心，a+20+b+20為半徑的圓.

本題將集合，映射，函數(shù)綜合為一體，其典型性和新穎性兼顧，是一道用“活題考死知識”

的好題目，具有很強的訓(xùn)練價值.

求解代數(shù)推理題的一般思維過程為三步：

(1)領(lǐng)會題意，就是弄清題目的條件與結(jié)論中文字、符號的表述，并進(jìn)行觀察、比較、分析、綜合、抽象與概括，領(lǐng)悟其數(shù)學(xué)實質(zhì)，為制定解題策略作準(zhǔn)備；(2)明確方向，在審題的基礎(chǔ)上，運用數(shù)學(xué)思想方法，目的明確地對外來的內(nèi)在信息進(jìn)行提取、轉(zhuǎn)化、加工和傳輸，從而明確解題的目標(biāo)和方向；(3)分析求解，采用適當(dāng)?shù)牟襟E，合乎邏輯地進(jìn)行推理和運算，實現(xiàn)解題目標(biāo)，并正確表述.

求解代數(shù)推理題除了平時注重思維訓(xùn)練外，還應(yīng)注重心理的訓(xùn)練，尤其在解題目標(biāo)與條件之間的跨度較大、較隱蔽時，必須作多次的嘗試、探索，才能找到解題的目標(biāo).

注：本文中所涉及到的圖表、注解、公式等內(nèi)容請以PDF格式閱讀原文