赋值法证明不等式
重难点2-4 抽象函数及其性质8大题型(原卷版)
重难点2-4 抽象函数及其性质8大题型抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了一些体现函数特征的式子的一个函数，由抽象函数构成的数学问题叫做抽象函数问题。
抽象函数问题能综合考查学生对函数概念和各种性质的理解，但由于其表现形式的抽象性和多变性，学生往往无从下手，这类问题是高考的一个难点，也是近几年高考的热点之一。
一、抽象函数的赋值法赋值法是求解抽象函数问题最基本的方法，复制规律一般有以下几种： 1、……-2，-1,0,1,2……等特殊值代入求解； 2、通过()()12-f x f x 的变换判定单调性；3、令式子中出现()f x 及()-f x 判定抽象函数的奇偶性；4、换x 为+x T 确定周期性. 二、判断抽象函数单调性的方法：（1）凑：凑定义或凑已知,利用定义或已知条件得出结论;（2）赋值：给变量赋值要根据条件与结论的关系.有时可能要进行多次尝试.①若给出的是“和型”抽象函数() =+y x f ，判断符号时要变形为：()()()()111212)(x f x x x f x f x f -+-=-或()()()()221212)(x x x f x f x f x f +--=-;②若给出的是“积型”抽象函数() =xy f ，判断符号时要变形为：()()()112112x f x x x f x f x f -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=-或()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-=-212212x x x f x f x f x f . 三、常见的抽象函数模型1、()()()+=+f x y f x f y 可看做()=f x kx 的抽象表达式；2、()()()+=f x y f x f y 可看做()=x f x a 的抽象表达式（0>a 且1≠a ）；3、()()()=+f xy f x f y 可看做()log =a f x x 的抽象表达式（0>a 且1≠a ）；4、()()()=f xy f x f y 可看做()=a f x x 的抽象表达式. 四、抽象函数中的小技巧1、很多抽象函数问题都是以抽象出某一类函数的共同特征而设计出来的，在解决问题时，可以通过类比这类函数中一些具体函数的性质去解决抽象函数的性质；2、解答抽象函数问题要注意特殊赋值法的应用，通过特殊赋值法可以找到函数的不变性质，这个不变性质往往是解决问题的突破口；3、抽象函数性质的证明是一种代数推理，和几何推理一样，要注意推理的严谨性，每一步推理都要有充分的条件，不可漏掉一些条件，更不要臆造条件，推理过程要层次分明，书写规范。
用赋值法判断函数的符号及应用
一
士) < 0,
0
,
值 f(o)
例
(戈
一
4
在 (
、. 且 里
这个 定 理 告 诉 我 们
欲 判断 函 数 f ( 二 ) 在
,
了 . `
、J ` . 矛
劣 + 劣 + 戈 一 劣 一
1< O 2> 0 3< O 4> O
:
以 相 邻界 点 为端 点 的 区 间 内 的 符号
只 须确
一
定 八 二 ) 在 该 区 间内 某 一 特 殊点 的值 的 符 号
用赋值法判 断函 数的符号及应用
湖 北 天 门 师 范 学校
赵一民
在 判 断 函 数 的单 调 性 和 求 函 数 的 极 值
时
,
3 )
、
常 常需 要 判 断 其 导 函 数在 某 区 间 的 符
通 常 的 方 法是 解 不 等 式
。
(4
,
+
,
c ) 上 单调 增 加 o
。
号
,
同样
一
,
与不 等 式 ( I ) 等 价 的 另 外 八 个
: ,
O
,
1 厂 1 1
十
1> 2
0
x + 戈 一 x 一
. 、 矛 、 ` . 2
< O 3< O 4> O
说 明 f ( 二 )在 ( 二
戈
:
、
x
:
) 内还 有 一 界 点 七
。
与
x
Z
是 两 相 邻 界 点 的假 设 矛 盾
,
高考数学一轮总复习课件：专题研究-利用导数证明不等式
2a2－4或x＝a＋
a2－4 2.
当x∈(0，a－ 2a2－4)，(a＋ 2a2－4，＋∞)时，f′(x)<0；当
x∈(a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4)时，f′(x)>0.
所以f(x)在
0，a－
a2－4
2
，
a＋
2a2－4，＋∞
上单调递
减，在a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4上单调递增．
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2时
课外阅读
一、赋值法证明正整数不等式 (1)函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质 证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式， 用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次 求和达到证明的目的．此类问题一般至少两问，所证的不等式 常由第一问根据待证式的特征而得到． (2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式 为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、 对数式的互化，如ex>x＋1可化为ln(x＋1)<x等．
所以函数h′(x)＝ex＋1－
1 x＋1
在(－1，＋∞)上有唯一零点
x0，且x0∈－12，0. 因为h′(x0)＝0，所以ex0＋1＝x0＋1 1， 即ln(x0＋1)＝－(x0＋1)． 当x∈(－1，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋
∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：
f（x1）－f（x2） x1－x2
<a
－2.
【思路】 (1)求f(x)的定义域，对函数f(x)求导，对参数a进
行分类讨论，即可判断f(x)的单调性；(2)结合(1)，求出f(x)存在
例析赋值放缩法证明与函数有关的数列不等式
０ 。 ， … ② ・ ① 式 减 去 ② 式 并 （ ÷ ） ＋ ２ ・ （ ÷ ） ＋ ３ ・ （ ÷ ） ＋ … ＋ ｎ ・ （ ÷ ） ． 移项整理 ， 利 用 ０ ＜Ｘ ＇ ｎ ＋ ｐ＜ ≤１ ， 得 一Ｘ ｎ ＋ ｐ 用错位相减 法求得 ＝ ３ （ ÷ ） ， 则 ＝ ÷ 一
增． 由于 厂 ｎ （ １ ） ： １＋ １＋
１
＋
…
＞１ ｎ （ ｎ＋１ ）＋
＞０ ， 故， ｎ （ １ ）≥ ０ ．
（ ｎ 解
．
＼
（ １ ） ｂ＝口一１ ， ｃ＝１—２ ａ ．
（ 一 ＋ ＋ 塞
≤ 一 ÷＋
（ ２ ）由（ １ ） 知
） ：。 ＋
‘ ｎ
（ Ｉ ） 用。 表示 ６ ， ｃ ； （ ２ ） 若， （ ）≥ ｌ 眦在［ １ ，＋∞）上恒成立 ， 求 。的 取值范 围；
（ ３ ） 证明： １＋ １ ＋了 １＋… ＋
证 明 （Ｉ ）对每个 ｎ∈Ｎ＋ ， 当 ＞０时 （ ） ＝
；・
１ ＋ ÷＋ …＋ ＞ ０ ， 故 （ ） 在（ ０ ， ＋ 。 。 ） 内 单调递
＝ ・
一
解 ① 用 赋 值 法 求 得 ， （ ｎ ） ＝ （ ． ② 由 条 件 得
＋
（ ＜ ３ 臆
２ 利用 函数的单调性放缩后求和 。 证明不等式 例２ （ ２ ０ １ ３年安徽 理科 ２ ０ 题） 设 函数 （ ） ＝ 一１
＋ ＋ ＋ ＋‘ ＋… 一＋ ＋－ ７（ ∈ ∈Ｒ， ， ｎ∈Ｎ＋ ∈ Ｎ＋ ） ）， ， 证明 证 明： ： （Ｉ） ）
ｐ ｇ ） 且 １ ） ＝ 了 １
．
① 当 ｎ ∈ Ｎ＋时 ， 求 ｎ ）的表 达 式 ； ②设 ａ ＝
不等式的常见证明方法
不等式常见的三种证明方法渠县中学 刘业毅一用基本不等式证明设c b a ,,都是正数。
求证：.c b a cab b ac a bc ++≥++ 证明：.22c bac a bc b ac a bc =•≥+ .22b cab a bc c ab a bc =•≥+ .22a cab b ac c ab b ac =•≥+ ).(2)(2c b a cab b ac a bc ++≥++ .c b a cab b ac a bc ++≥++ 点评：可用综合法分析乘积形式运用不等式可以转化为所求。
思维训练：设c b a ,,都是正数。
求证：.222c b a c b a a c b ++≥++ 二 放缩法证明不等式已知，对于任意的n 为正整数，求证： 1+221+321+ +n 21<47 分析：通过变形将数列{n 21}放缩为可求数列。
解： n 21=n n •1<)1(1-n n =11-n —n1（n ≥2） ∴1+221+321+ +n 21<1+221+231⨯+341⨯+ +)1(1-n n =1+41+(21—31+31—41+ +11-n —n1) =45+21—n1 =47—n 1 点评：放缩为可求和数列或公式是高考重要思想方法。
思维训练：设c b a ,,都是正数，a+b>c,求证：a a +1+b b +1>cc +1三 构造函数法证明 证明不等式3ln 3121112ln <+++++<nn n （n 为正整数） 分析：显然要构造一个含n 的不等式，然后用叠加法证明。
我们构造一个函数,1)(',ln 1)(2xx x f x x x x f -=+-=可得这个函数在x=1时取得最小值0.及对x>0有不等式x x 11ln -≥，如果令x=k k 1+，则有111ln +>+k k k ，如果令x=1+k k ，则kk k ->+11ln ，即kk k k 1ln )1ln(11<-+<+，然后叠加不等式即可。
构造函数证明不等式的八种方法
构造函数证明不等式的八种方法下面将介绍构造函数证明不等式的八种常见方法：1.特殊赋值法：这种方法通过为变量赋特殊的值来构造函数，使得不等式成立。
例如，对于不等式a^2>b^2，可以构造函数f(x)=x^2，当a=2，b=1时，即f(2)>f(1)，从而得到a^2>b^22.梯度法：这种方法通过构造一个变化率为正（或负）的函数来推导出不等式。
例如对于不等式a^2>b^2，可以构造函数f(x)=(x-a)^2-(x-b)^2，当x>(a+b)/2时，即f'(x)>0，从而得到a^2>b^23.极值法：这种方法通过构造一个函数的极大值（或极小值）来证明不等式。
例如对于不等式a^2>b^2，可以构造函数f(x)=x^2-b^2，当x=a时，f(x)>0，从而得到a^2>b^24.差的平方法：这种方法通过构造一个差的平方形式的函数来证明不等式。
例如对于不等式a^2>b^2，可以构造函数f(x)=(x+a)^2-(x+b)^2，当x>(a+b)/2时，即f(x)>0，从而得到a^2>b^25.相似形式法：这种方法通过构造一个与要证明的不等式形式相似的函数来证明不等式。
例如对于不等式(a+b)^4 > 8(ab)^2，可以构造函数f(x) = (x+1)^4- 8(x-1)^2，令x = ab，当x > 1时，即f(x) > 0，从而得到(a+b)^4 > 8(ab)^26.中值定理法：这种方法通过应用中值定理来证明不等式。
例如对于不等式f(a)>f(b)，可以构造函数g(x)=f(x)-f(b)，当a>b时，存在c∈(b,a)，使得g'(c)>0，从而得到f(a)>f(b)。
7.逼近法：这种方法通过构造一个逼近函数序列来证明不等式。
例如对于不等式a > b，可以构造一个逼近函数序列f_n(x) = (a+x)^n - (b+x)^n，当n 趋近于正无穷时，即lim(n→∞)(a+x)^n - (b+x)^n = ∞，从而得到a > b。
利用赋值法巧解不等式恒成立问题
即
成立 ，
令 ｇ （ ） 一ｚ 一２ ａ ｘ －３ ａ 。 ， 对称轴是 ， ｚ —ｎ ，
÷ 萎 兰 至 。 喜 兰
因 为 ｛ ＜ ｎ ≤ ÷ ， 由 图 ｃ 图 略 可 知 ｇ
＋（ ９ ） ，
令ｇ （ ｚ ） 一ｚ 一２ ｎ ｚ一３ ｎ ， 对 称轴是 ｘ ＝ａ ，
① 当 １ ＜ ＆＜ １ 时
，
因为 ＿ 厂 （ ） ＋ （ ｚ ） 为奇函数
㈢， （ 一１ ） ＋厂（ －ｘ ） 一－ －ｆ （ ｘ ） 一＿ 厂（ ｚ ） 恒成立
由 图 （ 图 略 ）可 知
＋妒 ） ， 所以 厂
即《 【
成立 ，
ｆ ３ ５ ＂ 一２ ｎ ｚ － 一３ ＆ ≥－４ ａ
在 ∈ ［ １ ， ４ ａ ］ 上 恒
ｚ 。 一２ 口 ｚ 一３ Ⅱ ≤４ ｎ
所以 ／ （ ｚ ） ＋厂（ ） 一ｃ ｏ ｓ （ ４ ５ ｚ ＋ ） 一 ｓ ｉ ｎ （ ４ ￣ ｘ
巧解正是基 于这样一 种等价转化 的方法． 在教学 中， 如果 遇到的是填 空题 ， 则 应该 要求 学生搞 清 上面 三个赋值所得条 件 的原 因． 如 果遇 到 的是解答 题 ， 则 要 学生能把等价转化 的过程表述清楚．
值范 围问题 时， 赋值法有没有用呢？
例 题 ３ 已知 函数 ｌ 厂 （ ｚ ） 一 － ３ ａ ｘ 。 一９ ａ 。 ｚ ＋ｎ 。 ，
这说 明 ｇ（ ｚ ） 与 ｈ （ － ｚ ） 相切， 其 切 点 的 横 坐标 为
告， 因此 ｇ （ ｚ ） 与 （ ｚ ） 在切点处也满足条件就可以保
证ｇ （ Ｌ ｚ ） 在＾ （ ） 的上方 了．
所 以 必 须 还 要 有 条 件 ｇ （ 吉 ） ≥ （ 吉 ） ， 即 ｆ
不等式的性质与证明
∴ B＞D
综上：C＞A＞B＞D
本题我们采用了赋值法（特
殊值法），先行猜想，使问题得
以简化、明朗．注意赋值法是解
选择题、开放题等常用的方法，
它可将复杂问题简单化，是我们
常用的数学思想．
例2．设 分析：
，且
，试比较
与
的大小．
比较两个数的大小，可用“作差比较法”、“作商比较法”．
前者依靠 A－B 与 0 的关系判断 A，B 大小，而后者则靠
∴a＜2b＜0这个结论不一定成立， 因此，只有（B）中两个结论均不成立． ∴选（B）
5．（01－上海春）
设 a，b为实数，则 a＞b＞0 是 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 （ ）
D．不充分也不必要条件
分析：
有条件a＞b＞0，可推出 但从 ， ．
不一定能推出a＞b＞0，只能是 的充分不必要条件．
1．不等式的定义：
若 2．不等式的性质：
（1） （2） （3）
；
；
．
（对称性） （传递性） （加法不变性）
推论：若a＞b，且c＞d，则a+c>b+d（同向，可加性）
（4）
； （乘法单调性） 推论1：若a＞b＞0，且c＞d＞0，则ac＞bd 推论2：若a＞b＞0，则 推论3：若a＞b＞0，则 （ （ ，且 n＞1） ，且 n＞1）
∴条件a＞b＞0只能定
∴选（A）
1．注意不等式的性质中左侧表示实数的运 性 质 ， 右 式 反 映 的 是 实 数 的 大 小 顺 序 ， 起 来 即 为 实 数 运 算 性 质 与 大 小 顺 序 之 间 关系．这是不等式一章的理论基础，是不 式性质的证明，证明不等式和解不等式的 要依据．
艺术生高考数学专题讲义：考点21 不等关系与不等式
考点二十一 不等关系与不等式知识梳理1．不等式在现实世界和日常生活中，既有相等关系，又存在着形形色色的不等关系，它们都是客观存在的基本数量关系，是数学研究的重要内容．在数学中，我们用不等式表示不等关系．不等式的定义：用数学符号“≠”、“＞”、“＜”、“≥”、“≤”连接两个实数或代数式，以表示它们之间的不等关系．含有这些不等号的式子，叫做不等式．注意：“a ≥b ”是指“a ＞b 或a =b ”，等价说法是“a 不小于b ”，对于“a ≥b ”而言，只要a ＞b 和a =b 中有一个成立，a ≥b 就成立，例如：3≥2,2≥2等都是真命题．同理，“a ≤b ”是指“a ＜b 或a =b ”，等价说法是“a 不大于b ”，只要a ＜b 和a =b 中只要有一个成立，a ≤b 就成立． 2．同向不等式我们把a ＞b 和c ＞d (或a ＜b 和c ＜d )这类不等号方向相同的不等式，叫做同向不等式． 3．实数比较大小的两大法则：作差比较和作商比较法关系法则作差比较 作商比较a ＞b a －b ＞0 a b ＞1(a ，b ＞0)或ab＜1(a ，b ＜0) a ＝b a －b ＝0 ab＝1(b ≠0) a ＜ba －b ＜0a b ＜1(a ，b ＞0)或ab＞1(a ，b ＜0) 注意：作商比较时要分清所研究变两个变量的正负，然后根据“若a b ＞1，b ＞0，则a ＞b ；若ab ＞1，b ＜0则a ＜b )”的原则进行判断． 4．不等式的基本性质 (1)对称性：a ＞b ⇔b ＜a . (2)传递性：a ＞b ，b ＞c ⇒a ＞c . (3)可加性：a ＞b ⇒a ＋c ＞b ＋c .(4)可乘性：a ＞b ，c ＞0⇒ac ＞bc ；a ＞b ，c ＜0⇒ac ＜bc . (5)加法法则：a ＞b ，c ＞d ⇒a ＋c ＞b ＋d . (6)乘法法则：a ＞b ＞0，c ＞d ＞0⇒ac ＞bd . (7)乘方法则：a ＞b ＞0⇒a n ＞b n (n ∈N ，n ≥2)． (8)开方法则：a ＞b ＞0⇒n a ＞nb (n ∈N ，n ≥2)． 5．不等式的倒数性质(1)a ＞b ，ab ＞0⇒1a ＜1b .(2)a ＜0＜b ⇒1a ＜1b .(3)a ＞b ＞0,0＜c ＜d ⇒a c ＞bd.注意：(1)在应用传递性时，注意等号是否传递下去，如果两个不等式中有一个带等号而另一个不带等号，那么等号是传递不过去的．如a ≤b ，b ＜c ⇒a ＜c ；(2)在乘法法则中，要特别注意“乘数c 的符号”，例如当c ≠0时，有a ＞b ⇒ac 2＞bc 2；若无c ≠0这个条件，a ＞b ⇒ac 2＞bc 2就是错误结论(当c ＝0时，取“＝”)．典例剖析题型一 不等关系例1 某汽车公司因发展需要需购进一批汽车，计划使用不超过1 000万元的资金购买单价分别为40万元、90万元的A 型汽车和B 型汽车，根据需要，A 型汽车至少买5辆，B 型汽车至少买6辆，写出满足上述所有不等关系的不等式．解析 设购买A 型汽车和B 型汽车分别为x 辆、y 辆， 则⎩⎪⎨⎪⎧40x ＋90y ≤1 000，x ≥5，y ≥6，x ，y ∈N *.即⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋9y ≤100，x ≥5，y ≥6，x ，y ∈N *.变式训练 某校对高一美术生划定录取分数线，专业成绩x 不低于95分，文化课总分y 高于380分，体育成绩z 超过45分，用不等式(组)表示就是__________．(填序号)① ② ③ ④答案 ④解析 ∵x 不低于95分，∴ x ≥95. ∵y 是高于380分，∴y >380. ∵z 超过45分．∴z >45.解题要点 解题时关键是要弄懂“不超过”、“至少”、“不低于”、“超过”这些文字语言，它们与不等号的对应关系如下表：文字语言不超过，至多，小于等于不低于，至少，大于等于超过，大于，高于少于，小于，低于不等号 ≤ ≥ ＞ ＜题型二 比较大小例2 比较下列各组中两个代数式的大小： (1)x 2＋3与3x ； (2)x 1＋x 2与12. 解析 (1)(x 2＋3)－3x ＝x 2－3x ＋3＝(x －32)2＋34≥34＞0，∴x 2＋3＞3x .(2) ∵x 1＋x 2－12＝2x －1－x 22(1＋x 2)＝－(x －1)22(1＋x 2) ≤0，∴x 1＋x 2≤12. 变式训练 已知x <1，试比较x 3－1与2x 2－2x 的大小． 解析 (x 3－1)－(2x 2－2x ) ＝(x －1)(x 2＋x ＋1)－2x (x －1)＝(x －1)(x 2－x ＋1)＝(x －1)[(x －12)2＋34]，∵x <1，∴x －1<0.又(x －12)2＋34>0，∴(x －1)[(x －12)2＋34]<0，∴x 3－1<2x 2－2x .解题要点 “作差比较法”的一般步骤为: (1)作差：对要比较大小的两个式子作差；(2)变形：对差式通过通分、因式分解、配方等手段进行变形； (3)判断符号：对变形后的结果结合题设条件判断出差的符号； (4)作出结论．题型三 不等式的性质例3 (2014·四川)若a >b >0，c <d <0，则一定有__________．(填序号) ① a c >bd②a c <b d ③a d >b c④a d <bc答案 ④解析 方法一：令a ＝3，b ＝2，c ＝－3，d ＝－2，则a c ＝－1，bd ＝－1，所以①，②错误；a d ＝－32，b c ＝－23，所以a d <bc ，所以③错误．故选④.方法二：因为c <d <0，所以－c >－d >0，所以1－d >1－c>0.又a >b >0，所以a －d >b －c，所以a d <bc .故选④.变式训练 设a ，b 是非零实数，若a <b ，则下列不等式成立的是__________．(填序号) ① a 2<b 2 ②ab 2<a 2b ③1ab 2<1a 2b④b a <ab答案 ③解析 当a <0时，a 2<b 2不一定成立，故①错． 因为ab 2－a 2b ＝ab (b －a )，b －a >0，ab 符号不确定， 所以ab 2与a 2b 的大小不能确定，故②错． 因为1ab 2－1a 2b ＝a －ba 2b 2<0，所以1ab 2<1a 2b ，故③正确．④项中b a 与ab的大小不能确定．解题要点 在利用不等式的性质比较不等式时，如果可以赋值，就用赋值法，这样可使问题快速得解；如果赋值不能排除，则应通过推理判断，结合不等式的性质作出判断. 题型三 不等式的性质的应用例4 设α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，β∈⎣⎡⎦⎤0，π2，那么2α－β3的取值范围是__________． 答案 ⎝⎛⎭⎫－π6，π 解析 由题设得0＜2α＜π，0≤β3≤π6，∴－π6≤－β3≤0，∴－π6＜2α－β3＜π.变式训练 若α，β满足⎩⎪⎨⎪⎧－1≤α＋β≤1，1≤α＋2β≤3，则α＋3β的取值范围为________．答案 [1，7]解析 设α＋3β＝x (α＋β)＋y (α＋2β)＝(x ＋y )α＋(x ＋2y )β.则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝1，x ＋2y ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝2. ∵－1≤－(α＋β)≤1，2≤2(α＋2β)≤6， 两式相加，得1≤α＋3β≤7. ∴α＋3β的取值范围是[1，7]．解题要点 在利用同向不等式相加求解表达式范围时，一般可用待定系数法.注意，如果多次利用不等式有可能扩大变量取值范围．当堂练习1．若a 、b 为实数，则“0<ab <1”是“b <1a”的__________条件．答案 既不充分也不必要解析 若0<ab <1，当a <0时，b >1a ，反之，若b <1a ，当a <0时，ab >1.故为既不充分也不必要条件.2．已知a <0，－1<b <0，那么下列不等式成立的是__________．(填序号) ① a >ab >ab 2 ② ab 2>ab >a ③ ab >a >ab 2 ④ ab >ab 2>a 答案 ④解析 ∵a <0，－1<b <0，∴ab 2－a ＝a (b 2－1)>0，ab －ab 2＝ab (1－b )>0. ∴ab >ab 2>a .也可利用特殊值法，取a ＝－2，b ＝－12，则ab 2＝－12，ab ＝1，从而ab >ab 2>a .故应选④.3. 设a ，b ，c ∈R ，且a ＞b ，则__________．(填序号) ① ac ＞bc ② 1a ＜1b ③ a 2＞b 2 ④ a 3＞b 3答案 ④解析 ①项中，若c 小于等于0则不成立；②项中，若a 为正数b 为负数则不成立；③项中，若a ，b 均为负数则不成立．故选④.4．若角α，β满足－π2<α<β<π，则α－β的取值范围是__________．答案 (－3π2，0)解析 ∵－π2<α<β<π，∴－π2<α<π，－π<－β<π2，∴－3π2<α－β<3π2，又α－β<0， ∴－3π2<α－β<0.5．若a 、b ∈R ，则下列不等式：①a 2＋3＞2a ；②a 2＋b 2≥2(a －b －1)；③a 5＋b 5＞a 3b 2＋a 2b 3；④a ＋1a ≥2中一定成立的是__________．(填序号) 答案 ①②解析 ①a 2－2a ＋3＝(a －1)2＋2＞0； ②a 2＋b 2－2a ＋2b ＋2＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0；③a 5－a 3b 2＋b 5－a 2b 3＝a 3(a 2－b 2)＋b 3(b 2－a 2)＝(a 2－b 2)(a 3－b 3)＝(a ＋b )(a －b )2(a 2＋ab ＋b 2)，若a ＝b ，则上式＝0，不成立； ④若a ＜0，则a ＋1a ＜0.∴①②一定成立.课后作业一、 填空题1．设a ，b ∈R ，若b －|a |>0，则下列不等式中正确的是__________．(填序号) ①a －b >0 ② a ＋b >0 ③ a 2－b 2>0 ④ a 3＋b 3<0 答案 ②解析 由b >|a |，可得－b <a <b .由a <b ，可得a －b <0，所以选项①错误．由－b <a ，可得a ＋b >0，所以选项②正确．由b >|a |，两边平方得b 2>a 2，则a 2－b 2<0，所以选项③错误，由－b <a ，可得－b 3<a 3，则a 3＋b 3>0，所以选项④错误.2．设a <b <0，则下列不等式中不成立的是__________．(填序号) ①1a >1b ②1a －b >1a ③|a |>－b ④－a >－b 答案 ②解析 由题设得a <a －b <0，所以有1a －b <1a 成立，即1a －b >1a 不成立．3．若a ＞b ＞0，则下列不等式中一定成立的是__________．(填序号) ①a ＋1b ＞b ＋1a ②b a ＞b ＋1a ＋1 ③a －1b ＞b －1a ④2a ＋b a ＋2b ＞a b答案 ①解析 ∵a ＞b ＞0，∴1b ＞1a ＞0，∴a ＋1b ＞b ＋1a，选①项．4．设a ，b ∈R ，则“(a －b )·a 2<0”是“a <b ”的__________条件． 答案 充分而不必要解析 若(a －b )·a 2<0，则a ≠0，且a <b ，所以充分性成立；若a <b ，则a －b <0，当a ＝0时，(a －b )·a 2＝0，所以必要性不成立．故“(a －b )·a 2<0”是“a <b ”的充分而不必要条件． 5．若a 、b 、c 为实数，则下列命题正确的是__________．(填序号) ①若a ＞b ，c ＞d ，则ac ＞bd ②若a ＜b ＜0，则a 2＞ab ＞b 2 ③若a ＜b ＜0，则1a ＜1b ④若a ＜b ＜0，则b a ＞ab答案 ②解析 对于①，只有当a ＞b ＞0，c ＞d ＞0时，不等式才成立；③中由a ＜b ＜0，得1a ＞1b ，故③不正确，又b a －a b ＝b 2－a 2ba ＝(b ＋a )(b －a )ab ，又a ＜b ＜0，∴(b ＋a )(b －a )ab ＜0，∴b a ＜ab ，故④不正确；对于②，∵a ＜b ＜0，∴a 2＞ab ＞b 2，故选②. 6．若a ，b ∈R ，下列命题中①若|a |＞b ，则a 2＞b 2； ②若a 2＞b 2，则|a |＞b ； ③若a ＞|b |，则a 2＞b 2； ④若a 2＞b 2，则a ＞|b |. 其中正确的是__________．(填序号) 答案 ②和③解析 条件|a |＞b ，不能保证b 是正数，条件a ＞|b |可保证a 是正数， 故①不正确，③正确．a 2＞b 2⇒|a |＞|b |≥b ，故②正确，④不正确．7．已知a ，b ，c 满足c ＜b ＜a 且ac ＜0，则下列选项中不一定能成立的是__________．(填序号) ①c a ＜b a ②b －a c ＞0 ③b 2c ＜a 2c ④a －c ac ＜0 答案 ③解析 ∵c ＜b ＜a ，且ac ＜0，∴c ＜0，a ＞0，∴c a ＜b a ，b －a c ＞0，a －c ac ＜0，但b 2与a 2的关系不确定，故b 2c ＜a 2c不一定成立．选③项． 8．若a ，b ，c ∈R ，a >b ，则下列不等式成立的是__________．(填序号) ①a 2>b 2 ②a |c |>b |c | ③1a <1b ④a c 2＋1>bc 2＋1答案 ④解析 方法一：(特殊值法)令a ＝1，b ＝－2，c ＝0，代入①，②，③，④中，可知①，②，③均错，故选④. 方法二：(直接法)∵a >b ，c 2＋1>0，∴a c 2＋1>bc 2＋1，故选④.9．若a >b >c ，则1b －c 与1a －c的大小关系为________． 答案1a －c <1b －c解析 ∵a >b >c ，∴a －c >b －c >0，∴1a －c <1b －c.10．现给出三个不等式：①a 2＋1>2a ；②a 2＋b 2>2a －b －32；③7＋10>3＋14.其中恒成立的不等式共有________个． 答案 2解析 ①∵a 2＋1－2a ＝(a －1)2≥0，故①不恒成立； ②a 2＋b 2－2a ＋2b ＋3＝(a －1)2＋(b ＋1)2＋1>0， ∴a 2＋b 2>2a －b －32恒成立;③∵(7＋10)2＝17＋270，(3＋14)2＝17＋242， 又∵70>42， ∴17＋270>17＋242， ∴7＋10>3＋14，成立．11．若x ＞y ，a ＞b ，则在 ①a －x ＞b －y ，②a ＋x ＞b ＋y ，③ax ＞by ，④x －b ＞y －a ，⑤a y ＞bx 这五个式子中，恒成立的不等式的序号是__________．(写出所有恒成立的不等式的序号)． 答案 ②④解析 令x ＝－2，y ＝－3，a ＝3，b ＝2， 符合题设条件x ＞y ，a ＞b ，∵a －x ＝3－(－2)＝5，b －y ＝2－(－3)＝5， ∴a －x ＝b －y ，因此①不成立． 又∵ax ＝－6，by ＝－6， ∴ax ＝by ，因此③也不正确． 又∵a y ＝3－3＝－1，b x ＝2－2＝－1，∴a y ＝bx，因此⑤不正确． 由不等式的性质可推 出②④成立． 二、解答题12．已知某学生共有10元钱，打算购买单价分别为0.6元和 0.7元的铅笔和练习本，根据需要，铅笔至少买7枝，练习本至少买6本．写出满足条件的不等式． 解析 设铅笔买x 枝，练习本买y 本(x ，y ∈N *)，总钱数为 0.6x ＋0.7y ，且不大于10，∴⎩⎪⎨⎪⎧0.6x ＋0.7y ≤10，x ≥7，x ∈N *，y ≥6，y ∈N *.13．设x ＝(a ＋3)(a －5)，y ＝(a ＋2)(a －4)，试比较x 与y 的大小． 解析 ∵x －y ＝a 2＋3a －5a －15－a 2－2a ＋4a ＋8＝－7<0，∴x <y .。
赋值法的解题技巧
赋值法的解题技巧一、引言在众多数学解题方法中，赋值法是一种简单且实用的技巧。
它可以帮助学生快速理解题目，找到解题思路，提高解题效率。
本文将详细介绍赋值法的定义、解题步骤、在不同题型的应用以及如何提高赋值法解题能力。
二、赋值法的定义和作用赋值法是指在解题过程中，对题目中的未知量或复杂关系进行等价转换，使之变为易于处理的已知量或简单关系，从而达到简化问题、快速求解的目的。
赋值法的作用在于降低题目的难度，缩短解题时间，提升解题效果。
三、赋值法解题的步骤1.仔细阅读题目，理解题意。
2.分析题目中的已知条件和所求未知量，寻找合适的赋值对象。
3.对赋值对象进行等价转换，使之变为已知量或简单关系。
4.根据转换后的关系，建立方程或不等式，求解未知量。
5.检验解是否符合题意，若符合，则完成解题。
四、赋值法在不同题型的应用1.代数题：如求解方程、不等式、函数问题等，可以通过赋值法简化运算过程。
2.几何题：如求解几何图形的面积、周长、角度等，可以通过赋值法将复杂问题转化为简单问题。
3.应用题：如经济、物理、化学等领域的问题，赋值法可以帮助简化实际问题，快速求解。
五、赋值法的优缺点优点：1.简化了问题，提高了解题效率；2.适用于各种题型，具有较强的通用性；3.易于理解，操作简单。
缺点：1.适用范围有限，不是所有题目都适合使用赋值法；2.对学生的思维能力和赋值法的熟练程度有一定要求。
六、提高赋值法解题能力的建议1.多做练习，熟练掌握赋值法的应用；2.培养自己的观察能力和思维灵活性，善于发现题目中的隐含条件；3.学会灵活运用其他数学方法，如代数法、几何法等，与赋值法相互补充。
七、结语赋值法作为一种实用的解题技巧，在数学学习中具有重要意义。
通过掌握赋值法的定义、步骤和应用，我们可以更好地应对各种题型，提高解题能力。
专题四 不等式证明的五大方法
2π -A)] 3
=2R(sin A+ c=2Rsin
3 1 π cos A+ sin A)=2 3 Rsin (A+ )≤2 3 R, 2 6 2
π = 3 R,所以 a+b≤2c. 3
数学
(2)已知a2+b2=1,x2+y2=4,求证:|ax+by|≤2. 思路点拨:(2)三角换元后,利用三角函数的有界性放缩.
数学
方法总结 使用不等式的性质放缩不等式中项,使之能够产生裂项相 消的部分是证明与正整数的和式有关的不等式的基本思考途径.
数学
方法四
反证法
1 【例 6】 已知 a,b,c∈(0,1).求证:(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 不能同时大于 . 4 1 思路点拨:不能同时大于 ,是以否定形式给出的命题,采取反证法. 4 1 1 1 1 证明:假设三式同时大于 ,即(1-a)b> ,(1-b)c> ,(1-c)a> , 4 4 4 4
三式同向相乘,得(1-a)a(1-b)b(1-c)c> 又(1-a)a≤(
1 .① 64
1 a a 2 1 1 1 ) = ,同理(1-b)b≤ ,(1-c)c≤ . 2 4 4 4
所以(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤
1 ,与①式矛盾,即假设不成立,故结论正确. 64
数学
方法总结 反证法对已知条件较少、结论情况较多,或者结论是否定 形式给出、结论是唯一性等命题的证明非常有效.
a c sin A sin B = , b sin A sin C
求证:a+b≤2c; 思路点拨:(1)使用正弦定理把求证目标化为三角函数的不等式; π a 2 b2 c 2 1 2 2 2 证明:(1)化简得 a +b -ab=c ,所以 cos C= = ,C= . 2 3 2ab
赋值法证明不等式
赋值法证明不等式赋值法是一种常用的证明不等式的方法，它基于给不等式中的变量赋予特定的值，然后通过具体计算来证明不等式的成立。
下面通过阐述一系列例子来展示如何使用赋值法证明不等式。
例1：证明对于任意的正实数$a$和$b$，有$a+b \geq 2 \sqrt{ab}$。
假设$a=1$，$b=1$，则左边为$2$，右边为$2$，两边相等。
由于$a$和$b$的取值是任意的正实数，所以原不等式成立。
例2：证明对于任意的实数$x$，有$(x+1)(x-2)^2>0$。
假设$x=0$，则左边为$(0+1)(0-2)^2=4$，右边大于$0$。
由于$x$的取值是任意的实数，所以原不等式成立。
例3：证明对于任意的正实数$a$和$b$，有$\frac{a}{b}+\frac{b}{a} \geq 2$。
假设$a=1$，$b=2$，则左边为$\frac{1}{2}+\frac{2}{1}=2.5$，右边为$2$。
由于$a$和$b$的取值是任意的正实数，所以原不等式不成立。
例4：证明对于任意的非零实数$a$和$b$，有$a^2+b^2 \geq 2ab$。
假设$a=1$，$b=2$，则左边为$1^2+2^2=5$，右边为$2$。
由于$a$和$b$的取值是任意的非零实数，所以原不等式不成立。
例5：证明对于任意的正实数$a$，$b$和$c$，有$\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a} \geq ab+bc+ca$。
假设$a=1$，$b=2$，$c=3$，则左边为$\frac{1^3}{2}+\frac{2^3}{3}+\frac{3^3}{1}=\frac{1}{2}+\frac{8}{3}+27=30.83$，右边为$2+6+3=11$。
由于$a$，$b$和$c$的取值是任意的正实数，所以原不等式成立。
通过以上例子可以看出，赋值法证明不等式的核心思想在于给不等式中的变量赋予特定的值，然后通过具体计算来判断不等式的成立与否。
不等式的几个性质
不等式的几个性质不等式的性质是后继学习的基础，熟练掌握并能灵活运用不等式的性质，是提高解题准确性和快捷性的关键。
这里介绍一些课本中没有直接列出而在解题中经常遇到的性质，以供参考。
1．乘方、开方性质 1）若b a >，则有：①1212++>n n b a； ②)(1212N n b a n n ∈>++。
2）若b a >>0，则)(22N n b an n∈<。
3）若b x a <<<20，则a x b -<<-或b x a <<。
2．取倒数性质1）若0>>b a 或b a >>0，则ba 11<。
2）若b x a <<<0或0<<<b x a ，则ax b 111<<。
3．取绝对值的性质 1）b a b a >⇔>22。
2）若b x a <<，且0,0><b a ，①当a b ->时，有b x <；②当a b -<时，有a x <。
4．有关分数的性质若+∈R m b a ,,，且b a >，则 1）真分数的性质： ①m a m b a b ++<； ②)0(>--->m b m a mb a b 。
2）假分数的性质： ①m b m a b a ++>； ②)0(>---<m b mb ma b a 。
说明：1）是真分数的性质，可简述为：真分数越加越大，越减越小。
2）是假分数的性质，可简述为：假分数越加越小，越减越大。
以上性质都可由基本不等式或绝对值的定义，通过简单推导而得到，作为练习，其证明均留给读者。
对以上不等式，建议大家熟练掌握，这对加快解题速度有帮助。
不等式的性质例1 比较23x +与x 3的大小，其中R x ∈．解：x x 3)3(2-+332+-=x x 3)23(])23(3[222+-+-=x x 43)23(2+-=x 043>≥， ∴ x x 332>+．说明：由例1可以看出实数比较大小的依据是：①b a b a >⇔>-0；②b a b a =⇔=-0；③b a b a <⇔<-0．例2 比较16+x 与24x x +的大小，其中R x ∈解：)()1(246x x x +-+1246+--=x x x )1()1(224---=x x x )1)(1(42--=x x)1)(1)(1(222+--=x x x )1()1(222+-=x x∴ 当1±=x 时，2461x x x +=+；当1±≠x 时，.1246x x x +>+说明：两个实数比较大小，通常用作差法来进行，其一般步骤是：第一步：作差；第二步：变形，常采用配方，因式分解等恒等变形手段；第三步：定号，贵州省是能确定是大于0，还是等于0，还是小于0．最后得结论．概括为“三步，—结论”，这里的“变形”一步最为关键．例3 R x ∈，比较)12)(1(2+++x x x 与)21(+x （12++x x ）的大小． 分析：直接作差需要将)12)(1(2+++x x x 与)21(+x （12++x x ）展开，过程复杂，式子冗长，可否考虑根据两个式子特点，予以变形，再作差．解：∵)12)(1(2+++x x x =)1(+x （122+-+x x x ）)1(2)1)(1(2+-+++=x xx x x ，)1)(211()1)(21(22++-+=+++x x x x x x )1(21)1)(1(22++-+++=x x x x x ，∴ )1)(21()12)(1(22+++-+++x x x x x x 021)1(21)1(212>=+-++=x x x x ．则有R x ∈时，)12)(1(2+++x x x >)21(+x （12++x x ）恒成立．说明：有的确问题直接作差不容易判断其符号，这时可根据两式的特点考虑先变形，到比较易于判断符号时，再作差，予以比较，如此例就是先变形后，再作差．例4 设R x ∈，比较x+11与x -1的大小． 解：作差xx x x +=--+1)1(112， 1）当0=x 时，即012=+x x ，∴ x x-=+111； 2）当01<+x ，即1-<x 时，012<+x x ，∴x x-<+111； 3）当01>+x 但0≠x ，即01<<-x 或0>x 时，012>+x x ，∴x x->+111． 说明：如本题作差，变形，变形到最简形式时，由于式中含有字母，不能定号，必须对字母根据式子具体特点分类讨论才能定号．此时要注意分类合理恰当．例5 比较1618与1816的大小分析：两个数是幂的形式，比较大小一般采用作商法。
高考数学函数中的赋值问题及解题技巧
2go2()xx g x e24e g yaxy函数中的赋值问题第一讲赋值的意义函数赋值是一个热门的话题，赋值之所以“热”，是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性，唯一性)；求含参函数的极值或最值；证明一类超越不等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等等．然而时下，在相当一部分学生的答卷中，甚或在一些地区的模拟试卷的标准解答中，一种以极限语言或极限观点替代赋值论证的“素描式”解题现象应予关注和纠正．1.从一道调研试题的标准解答说起题目1已知函数2()e(,)xf x a xbx a bR ．（1）略；（3）略；（2）设0b ，若()f x 在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围．解：（2）0b ，则方程2e0xa x 即2ex xa有唯一解．记2()exx g x ，(2)()ex x x g x ，令12()0,2g x x x ．①0x ≤时，()0,()g x g x ≤单调减，所以()(0)0()g x g g x ≥的取值范围是[0,)(?)②02x时…，()g x 的取值范围是24(0,)e；③2x ≥时，()0,()g x g x ≤单调减，且恒正，所以()g x 的取值范围是240,e．所以当0a或24ea时，()f x 有且只有一个零点，故a 的取值范围是0a或24ea．质疑：1．“()0g x ≥”与“()g x 的取值范围．．．．是[0,)”是否等价？2．也许解答的潜意识是()xg x ，那么其依据是什么?作为指挥棒的省考、国考又是怎样处理相关问题的呢?答：一个中心：参数全程扫描．．．．．．；一个基本点：赋值丝丝入扣．．．．．．．2．探究2goya2()xx g x eeO()f x xy1gg e1ag21ag ()ln f x xax1a ee?O()f x xy题目2设函数()ln ,()exf x x axg x ax ，其中a 为实数．（1）略；（2）若()g x 在(1,)上是单调增函数，求()f x 的零点个数，并证明你的结论．（2）解：由()g x 在(1,)上单调增，得1ea ≤(过程略) ．10a o≤时，1()0,()f x a f x xZ ，而11(e)(1e )10,(e)1e 0a a f a f a ，且()f x 图像不间断，依据零点定理，()f x 有且只有一个零点．【分析0a 时，由1()0f x xa(极大值点)，max1()ln 1f x a】12e a o时,1()ln e f x x x．令11()0,e ef x xx．且e,()0,0e,()0x f x xf x ，所以e x是()f x 的极大值点，也是最大值点，所以()(e)0f x f ≤，当且仅当,()0xe f x ．故()f x 有唯一零点e x ．130ea o时，令11()0,f x axxa．列表：x 1(0,)a1a 1(,)a()f x 0()f x Z max ()f x ]所以max11()()ln 10f x f aa ．①在1(0,)a 上，(1)0f a 且()f x 单调，所以()f x 有且只有一个零点；②在1(,)a 上，显然211a a，注意到2o 的结论1(ln )ex x ≤，所以21111111()2ln 2(ln )2()02e 2f aaa a a aa≤，同理()f x 有且只有一个零点．由①②()f x 有两个零点．综上所述，当0a ≤或1ea时，()f x 有1个零点；当10ea时，()f x 有2个零点．【注1】本题第（2）问“130eao时”赋值点的形成过程及其多元性:1gg e1ag()ln f x x ax24a g21a g ①在1(0,)a 上，因为11(0,)a ，且为常数，所以理应成为直观．．赋值点的首选．②在1(,)a上【难点！】依据单调性，直观赋值点应在1a右侧充分远处．尝试2a，失败！表明该赋值点不够远，再改试21a，成了！(过程如上) ．显然，赋值点不唯一．在1(0,)a 上，也可考虑111,()0ee f a (标解)，或221,()ln 10a f a aa a a（均不及赋值1简便）．在1(,)a 上也可考虑，e e e 211111111,()elnelne(ln)0aa f a aaa e a aa aa≤．还可考虑11eaa(标解)，并注意到0x 时，2e xx (证略) ，111211(e )e(e )0aaaf a a aa．【注2】在本题2o结论1(ln )e x x ≤的牵引下，区间1(,)a上的三个赋值点12e 11,,e aa a 一脉相承，井然有序：因为e1ln e exx x x ≤≥(当且仅当e x，等号成立)，所以1e 2111eaaaa．以上赋值均为先直观，后放缩．其特点是见效快，但有时有点悬，解、证风险大．所以，当直观赋值受挫时，不妨通过放缩，无悬念地求出赋值点，实现解(证)目标．现以区间1(,)a为例———【分析：在1a 右侧充分远处，希望存在1x ，使1()0f x ，为此，应意识到在()f x 的表达式中，对()0f x 起主导作用的那一项是ax ，不宜轻易放缩，放缩的目标应锁定ln x ．依据ln 1x x (1x )(证略) ，1()11f x x ax x a≤≤，不妨取111xa，但11??1aa此路受挫，故须调整放缩的尺度】思路一：由本题2o结论，1ln e x x ≤．1111222212211ln 2ln ()0()exx xx f x x ax x aa令≤．详解：由本题2o结论11122212(ln ),ln 2ln ee x x xx x x≤≤在1(,)a上，存在1211112111,()0x f x xax aaa(以下略)．思路二：由ln 11x x k≤时，ln 1ln ln 1x x xx kkk k≤≤．(1)k 的任意性给赋值提供了更为宽松的选择空间：1()ln ln 1()2x f x x ax k ax a x k kk ≤≤1()a xk k，令10111()0(0)11e(1)10akk a x k xa akkaaak k k．不妨令2224kx aa．详解：ln 1x x ≤(证略) ，2222ln 1ln 1ln()2222a x a a a a x x x x f x x aaa≤≤．今取22224142,()02a x f x aaaa(以下略)．【跟踪训练】1．思考并解答本讲题目1(2)；2．思考函数赋值问题有哪些依据和方法．第二讲赋值的依据和方法1．赋值的理论依据：1)不等式的基本性质以及一些简单代数方程、不等式的求解．2)零点存在定理.基本模式是已知()f a 的符号，探求赋值点m (假定ma )使得()f m 与()f a 异号，则在(,)m a 上存在零点．3)一些基本的超越不等式，如：1．1ln 1x x x x ≤≤；1ln ex x ≤．2．1x ≥时，22(1)11ln 112x x x x x x x x≤≤≤≤．3．01x ≤时，22(1)11ln 121x x x x x x x x ≤≤≤≤．4．22e 1; e e ;e1(0);e(0)xxxxxx xx xx x ≥≥≥．【注】应用上述不等式,一般须给出证明．2．赋值的应对方略：2.1赋值的方法：1直观放缩法．．．．．．其形态是先直观尝试，后放缩证明，其特点是见效快，但有时有点悬，解、证风险大．（参阅上节“真题探究”）2放缩求解法．．．．．．其形态是先适度放缩，然后通过解不等式或方程求出赋值点，其特点是稳妥、可靠，但有时，目标放缩有点难．（参阅上节“真题探究”中的思路一，思路二）2.2赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保．．．．，．三个优先．．．．———三个确保．．．．：（1）确保参数能取到它的一切值；（2）确保赋值点0x 落在规定区间内；（3）确保运算可行．三个优先．．．．：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点(参阅2016届南通一模19N )；（3）优先简单运算，如ln xe，ln xe等．2.3放缩的分类及其目标：放缩于赋值，如影随形，唇齿相依．（1）依放缩的依据划分，可分为无条件放缩．．．．．和条件放缩．．．．两类．前者如，e 1xx ≥，ln 1x x ≤等；后者如0x ≤时，e 1x≤．1x时，11e ()1exx x等；（2）依赋值点的个数划分，可分为单点式和两点式．前者以解方程为归宿；后者以解不等式为归宿，从某种意义上说，后者是前者受挫时的应急之举．一般情形下，放缩的目标应锁定于对函数的变化趋势起不了．．．主导作用的那些项；但有些问题中，很难界定“主导”与非“主导”，此时放缩的尺度取决于对题目中各种因素的综合考量———这正是赋值的难点．例1已知函数2122ln 2f x ax xa x ．（1）略；（2）略；（3）若曲线C ：yf x 在点1x 处的切线l 与C 有且只有一个公共点，求正数a 的取值范围．解析：（3）易得切线422a y x，代入yf x 整理得：21212ln 02a g x x x a x ，题设等价于函数g x 有且只有一个零点，1a x xg x x，其中2aa ．【下一步分析：首先讨论0x,恒成立（不可能），及0x …恒成立x ,恒成立0,．】1o当0,，即2a …时，由01g xx ，且当1x时，0g x ，g x Z ；当01x 时，0g x，g x ]．O()g x 1g 1axy1O()g x g01a xy1x g 1O ()g x g 12a xy2x g 所以1x 是g x 唯一的极小值点，也是最小值点．且10g ，故2a …满足题意．2o0即02a 时．由101g xx ，2x ．【下一步分析：应比较g x 两零点与1的大小．】11o即1a 时，210a x g xx…，g x Z ，又10g ，所以1a 满足题设．2o1，即01a 时，当1x，0g x，g x ]，所以10g g ．【接着探究：在,上，g x Z ，所以在右侧充分远处，希望存在1x ，使10g x ，此外应意识到对0g x起主导作用的那一项应该是212a x （该项不宜轻易放缩），故放缩的主要目标是几乎可以忽略不计的“2ln a x ”，事实上，当1x时，2ln 0a x，所以212111212222a a a g xx xx x xx令14x a】详解：又存在141x a ，所以12ln 0a x ，21111111121112120222a a a g x x x x xx x ．在1,x 内，g x 存在零点，所以g x 至少有两个零点，不合题意．3o1，即12a时，在,1上，0g x ，g x ]，所以10gg ．【接着探究：在0,上，g x Z ，所以在0x 右侧充分近处，希望存在2x ，使20g x ．此外应意识到对0g x起主导作用的那一项应该是ln x （所以不宜轻易放缩）故放缩的主要目标是几乎可以忽略不计的“21212a x x ”，事实上，当01x时，2102a x ，212x ，所以22222ln 00=eag xa x x 令．】详解：又存在2222e1aa x a ，并注意到22102a x ，2212x ，O()g x 12axy2()xf x aexxy 0a22222ln 2202g x a x aa，所以在0,内g x 存在零点，从而g x 至少有两个零点，不合题意．综上所述，1a或2a …．【附证：222eaa a：222211e2e2aaa 222a a a】例2（上节“题目1（2）”）已知函数2()e(,)xf x a xbx a bR ．（1）（3）略．（2）设0b，若()f x 在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围．正解．．：(参数扫描)依题意2()exf x a x 有唯一零点，于是：1当0,()0a f x ，不合；02当20,()a f x x 有唯一零点，符合；03当0,a一方面(0)0f a．【下一步，分析1：用直观放缩法．．．．．尝试1x 使1()0f x ，显然10(?)x why 因为()e20,()xf x a xf x ]，所以只要令10x 且充分小，则10x ae，从而1211()e0x f x a x ．若1x 为某个负常数,因负数a 的任意性,无法确保1()0f x ，故1x 须与a有关．不妨改试11x a】另一方面10,a 并注意到1xe x ≥(证略)．2212(1)(1)(1)10222ea aa a f a a a aaa ≥，所以在(,0)内()f x 有唯一零点．于是0x ≥时，须()f x 无零点，而(0)0f ，所以0,()0x f x ，即2ex xa．记2()(0),ex x g x x (2)()exx x g x ，令0()02,g x x 当00,()0,()xx g x g x Z ；当0,()0,()x x g x g x ]，所以max02244()()eeg x g x a，所以24ea ．综上0a或24ea．【注】将零点问题转化为不等式恒成立问题从而使“分参”不依赖于形而凸显其严密性．O1e ga o()f x 10aeO1e go()f x 0aO1e go()f x 0a 1【下一步分析2：用放缩求解法．．．．．求1x 使1()0f x ，显然1(,0)x ．事实上0x 时,22()e 10xf x a x a x令,解之1x a 】另一方面10x a,使122111()e0,x f x a xax且0x时()e20,()xf x a x f x ]，所以在(,0)内()f x 有唯一零点．(以下过程同上)【下一步分析3：仍用放缩求解法．．．．．，1x 时，22()e10xf x a xa xa x x a 令，取11x a 】另一方面110x a ,使1221111()e0x f x a xaxax 且0x 时()e20,()xf x a xf x ]，所以在(,0)内()f x 有唯一零点．(以下过程同上)例3已知()ln f x x x a ，讨论f x 的零点的个数．解：记f x 的零点的个数为k ．f x 的定义域为(0,)，1ln fx x ，令0f x 1ex，当1ex 时，0f x,f x Z ；当1ex时，0f x ，f x ]，所以1e x 是f x 的唯一极小值点也是最小值点，即min11eef xf a．01.当10e a ，即1ea 时，min0f x ,故0k ．02.当10e a ，即1ea 时，min1()0,1ef x f k．03.当10ea ，即1ea时，min0f x (如右图所示) ⅰ.0a时，在10,e 上0f x ,在1(,)e上，【途径一】存在1eea，e e (e1)0aaaf a aa ，由零点定理及()f x 的单调性1k．【途径二：通过放缩，求解赋值点当e x时, ()f x xa xa 令】当e x 且xa 时，()0f x xa，同理1k ．ⅱ.0a 时，由ln 01x xx ，所以1k．ⅲ.1ea时，min10ef x a．一方面11e，且10f a，另一方面1go1e g10aeyx()f x ()f x xy1g O0x g eg 1x 2x ()f x 1a【途径一：依据单调性，当10ex时，应有0f x ，不妨直观尝试10eax 】注意到0x时，2exx （证略），存在101eeax ，12221111ee0aaaaaf a a，又f x 图像在定义域内不间断，所以在10e ，和1e，内，f x 各有一个零点，故2.k 【途径二(借助原函数极值求赋值点)】已证在(0,)上1ln e x x ≥，且存在21ea a，222ln 2ln 1f a a a aa a a ≥210ea．同理 2.k综上所述：当1e a时，()f x 没有零点；当1ea或0a ≤时，有1个零点；当1ea时，有2个零点．【注】学生可能出现的认知误区是：当0x 时，ln x x（或）．【跟踪训练】1．解不等式：(e 1)ln 1x x，其中e 为自然对数的底数．解析：记()1(e 1)ln f x x x ，则原不等式等价于e 1()0.()1f x f x x，令()0f x ，0e 1x ．当0,()0,()xx f x f x Z ；当00,()xx f x ]．又一方面，存在01,(1)0,x f 另一方面，存在0e,(e)0x f ，所以当且仅当1e x 时()0f x ，从而原不等式的解集为(1,e)．2．已知函数()ln 1(R)f x xaxa．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个零点1212,()x x x x ,求a 的取值范围．解析：(1)易得()f x 在1(0,)a Z ,在1(,).a](2)①若0a ≤则()f x Z ,()f x 在定义域内最多一个零点,不合．所以0a且max11()()ln00 1.f x f a a a 此时，一方面11ea 使1()0eea f ；另一方面，注意到ln 1x x ≤(证略) ．()g x xoOy于是，2e 1x aa使01e()12ln1f x a a≤1e 2e22(1)0aaa．依据零点定理以及()f x 的单调性,可知()f x 在1(0,)a 和1(,)a上各有一个零点，所以a 的取值范围是(0,1)．3．设函数31()sin ()6f x x axx aR 若对任意的0,()0x f x ≥≥成立，求a 的取值范围．解：21()cos ,()sin 0()()(0)12f x xax f x xx f x f x f a Z ≥≥．1.当1a 时,()0,()()(0)0f x f x f x f Z ≥≥；2.当1a 时, 22(2)cos22cos2(1)0,(0)10f a aaaa aa a f a ，所以(0,2)x a 使得0()0f x 且在0(0,)x 内()0(),()(0)0f x f x f x f ]与题设不符.所以1a ≤．第三讲赋值的若干经典问题例1设函数2()eln xf x a x ．（1）讨论()f x 零点的个数；（2）略．解：（1）21()(2e )xf x x a x．①当0a ≤时,()0f x ，故()f x 无零点；②当0a时()f x 零点的个数即2()2e(0)xg x x a x零点的个数，记为n ．所以在(0,)上()g x Z ，所以 1 ()n i ≤．又2()(21)0ag a a e．【下一步如何寻找正数0x 使0()0g x ?】途径一(直观放缩法) 【分析】假定0(0)0x g a≥，故应将0x 锁定在0右侧一点点，直观尝试后，形成如下的——详解：取01min{,}44a x ，112420()2e (e 2)042a a g x a≤，依据零点定理1 ()n j ≥，由()i ,()j 1n．途径二(放缩求解法)【分析】01x 时11e1exx x于是当102x，即021x 时，2x g 1g2g1x g0a ()f x 2121e()0,12122(1)2xx a g x axxxa 令．详解：01x 时11e1exx x ，于是当102x时，21021,e12xxx2()12x g x a x，取12()02(1)212a g aa ．依据零点定理1 ()n j ≥，由()i ,()j 1n ．例2已知函数2()(2)e(1)xf x xa x 有两个零点．（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）略．解析：（Ⅰ）(参数扫描) ()(1)(e2)xf x x a ．1) 若0a，当1,()0,()x f x f x Z ，当min1,()0,(),()(1)e0x f x f x f x f ]．一方面,当1x时(2)0f a；另一方面,当1x 时——途径一．．．(标解)存在0b 且ln 2a b，使23()(2)(1)()022a fb ba b ab b，所以在1x两侧，()f x 各有一个零点，满足题意．途径二．．．【分析：当0x时,能对()0f x 起主导作用的那一项显然是2(1)a x，而0,1xe变化幅度不大，是比较理想的放缩目标．0x时,22()(2)(1)22(1)f x x a x x a x 02(1)(2)(1)(2)0xaxa x ax x a令】详解：0x 时,22()2(1)22(1)(1)(2)f x xa x xa x x ax a (1)(2)xax ，今取000021,()(1)(2)0x f x x ax a，所以在1x 两侧，()f x 各有一个零点，满足题意．02)若0a ≤，当1,()0x f x ≤，所以()f x 有两零点1x时，()f x 有两零点2(2)e()(1)(1)xxg x a xx 有两零点，但23(45)e()0()(1)xxx g x g x x Z所以()f x 不存在两个零点．综上，a 的取值范围是(0,)．【注】顺便指出,在同解变形中,巧用升降格,可简化解题过程．(证明:20,e1xxx)例3设函数2()(1)e xf x x ．O ()F x 01aO ()F x 1a1aO()F x （1）略；（2）当0x …时，()1f x ax ,，求a 的取值范围．解：（2）211e10xf x ax F xax x剠．显然0a （否则若0a ,，注意到12e1.5，则12133e 11.51022424a a F ）．【下一步探求a 的范围：令221e 0xF xa xx …恒成立221exa xx ,r x A ，241e0xrx xx ，所以r x Z ，min1r xr ，所以11a a 剠】221e xFx a xx ，记h xFx ，241e 0xh xxx ，所以h x Z 即Fx Z ，01F x F a…．于是：1o当1a …时，0F x …，F x Z ，00F x F …，从而1f x ax ,；2o当01a 时，途径一．．．【分析当01x 时，2111F xax xx 2112102a x xx a x x ax☆☆令．】详解：当01x 时，注意到e 1xx (证略)22111121F xax xx x x x ax x a，今取000010,1()2(1)02a x F x x x a ，不合题意.综上，1a …．途径二．．．：010,(1)2e0F a F a，又Fx Z ，故在(0,1)上Fx 有唯一零点0x ，且在0(0,)x 上0,()F x F x ]，所以()(0)0F x F 不合题意．综上1a …．例4设数列n a 的通项11nnka k,证明:21ln 24n na a n ．【分析：联想超越不等式ln x 小于…有①ln 1(1)xx x；②21ln (1)2xxx x等．然后用分项比．．．较法．．,将待证式两边均表示为从n 起连续n 项的和：整合并分解左边：212111()422(1)n nnkn a a n kk L；同时将右边化整为零:211221ln 2ln lnln ln121n nn n n k nn n kL．依据②211()1111ln22(1)2k kk kk k kk ，所以原式获证】证明：易证21ln (1)2xxxx，令211()11111ln.22(1)2k kk kk k xkkk k 211111()41224n na a n n n n n L1111122(1)2(2)2(21)24n n n nn L1111111122(1)2(2)2(21)2(1)2(2)2(21)4nn n n n n n nL L2121111122()ln ln()ln 222(1)121n n kn k nkn n n kk knn n L ．【跟踪训练】1．设函数()ln ()f x x ax a R .若方程21()2a f x x 有解，求a 的取值范围．解：方程212a f xx 有解函数21ln 2a h x xaxx 有零点．2111111a xax h x x a x xx ．①1a 时，ln 110h x x x x x（证略）所以h x 无零点；②1a 时，1102a h （观察！）【下一步分析：如何赋值0x ,使得00h x ？当1x时,20112()0(1)221a a ah xaxx x xa x a 令说明:若不能确保解方程所得到的1x ，则改用两点式,即0h x x L L 令（参阅(二)例2分析3）】又211a a 且022122ln ln 011211a aaa ah x aa a a a ，由零点定理，h x 有零点．③1a时110a x ，所以令01h xx（易知1x 是h x 的最大值点）【下一步分析:令max(1)011h xh a,h x 无零点．于是剩下max(1)01h xh a ≤≥又经观察20h ，所以h x 有零点】③1.)11a 时max(1)011h xh a,h x 无零点；③2.) 1a ≤时max(1)0h x h ≥，又经观察20h ，所以h x 有零点．综上所述1a或1a ≤．2．a 为正常数，函数(),()ln f x ax g x x ．证明：R x 使得当0x x 时，()()f x g x 恒成立．证法一易证1ln e x x ≤(证略)又111ln ,e 22xx 用x 代1ln ln ()2xxx x x 而222()xaxxa x x a .今取2x a ，当0xx 时,由()得xax ,再由()ln axx .获证．证法二易证0x 时21ln (1)ln ;(2)e;(3)()ex xx x x h x x≤在(e,)](证略) 于是，(1)当1e a时,1ln e x x ax ≤，结论成立．(2)当1e a ≤时，取10eax (显然0e x )当0xx 时,1121ln ln e ln 1()eaa xa aaxx xa，结论仍然成立．综上所述R x 使得当0x x 时, ()()f x g x 恒成立．3．已知()ln f x axb xc ，1()exg x x （,,a b c R ）．（1）（2）略（3）当2b ，0a c ，若对任意给定的00,e x ，在区间0,e 上总存在1t ，2t 12t t 使得120f t f t g x ，求实数a 的取值范围．（3）略解：易得g x 在01，上递增，在1,e 上递减，故max11g xg ，又00g ，2e eg e，所以g x 的取值范围（即值域）为01，．而12ln f xa x x 过定点10，，2f xax．【分析：分别令0fx …（无解），0f x ,……】1o 当2ea ,时，在0,e 上，0fx ,，f x 单调减，不合题意；1go eg ()g x yx1g()f x 2ag 2o当2ea时，令0f x得:2x a ，且当2x a，f x Z ；20xa时，f x ]，并注意到ln 1x x ,从而有min221ln 022a a f x f a,．【下一步分析:需证明在20a ，及2,e a上f x 的取值范围均应包含01，，所以两段上的“赋值”回避不了．】事实上，一方面在2,e a上，须32e 1e 1ef a厖；另一方面在20a，上，存在21eax 使216e331e af x a aa，所以当3e 1a …时，f x 在两个单调区间上的取值范围均包含01，，所以00,e x ，必存在120t a ，，22,e t a，使120f t f t g t .故所求取值范围是3,e 1．。
归谬赋值法例题详解 -回复
归谬赋值法例题详解-回复摘要：I.引言A.介绍归谬赋值法的概念B.说明归谬赋值法在数学中的重要性II.归谬赋值法的基本思想A.解释归谬赋值法的定义B.描述归谬赋值法的基本思想III.归谬赋值法的例题详解A.例题1：证明不等式1.描述例题12.应用归谬赋值法解决例题1B.例题2：证明等式1.描述例题22.应用归谬赋值法解决例题2C.例题3：证明方程1.描述例题32.应用归谬赋值法解决例题3IV.归谬赋值法的应用领域A.说明归谬赋值法在数学分析中的应用B.说明归谬赋值法在代数中的应用C.说明归谬赋值法在微积分中的应用V.结论A.总结归谬赋值法的要点B.强调归谬赋值法在数学问题解决中的重要性正文：归谬赋值法是一种在数学证明中常用的方法，它通过构造特殊的赋值，使得原命题与它的否定命题同时成立，从而推导出矛盾，证明了原命题的正确性。
这种方法常常被用于解决一些难以用传统方法证明的数学问题。
归谬赋值法的基本思想是，假设原命题为P，它的否定命题为非P。
通过构造一个特殊的赋值，使得在这个赋值下，原命题P 成立，同时其否定命题非P 也成立。
这样的赋值被称为归谬赋值。
一旦找到了这样的赋值，就可以从中推导出矛盾，从而证明了原命题P 的正确性。
在数学中，归谬赋值法被广泛应用于各种问题的证明。
例如，我们可以用归谬赋值法来证明不等式、等式和方程。
让我们通过一个具体的例子来理解如何使用归谬赋值法。
假设我们要证明不等式|x-1|<=1。
我们可以通过归谬赋值法来证明它。
首先，我们假设存在一个数x，使得|x-1|>1。
然后，我们构造一个新的赋值，使得在这个赋值下，原不等式成立，但其否定命题不成立。
具体来说，我们可以令x=2，这样，原不等式变为|2-1|<=1，也就是1<=1，这个不等式显然成立。
然而，如果我们令x=0，那么原不等式变为|0-1|<=1，也就是-1<=1，这个不等式也成立。
这就产生了矛盾，因为我们假设了存在一个数x，使得|x-1|>1，但是我们在新的赋值下得到了两个满足原不等式的数，这就证明了原不等式的正确性。
赋值法在解函数问题中的妙用
ʏ孙鹏瑛1 杜红全2在解答函数问题时,可根据题设条件及所给函数的有关性质,将变量赋予某些特殊值,并进行恰当的运算和代换,从而使问题解决的方法称为赋值法㊂下面举例说明赋值法在解函数问题中的常见妙用,供大家参考㊂一㊁妙用赋值法求函数的值例1 定义在R 上的函数f (x )满足f (x +y )=f (x )+f (y )+2x y (x ,y ɪR ),f (1)=2,则f (-3)等于( )㊂A.2 B .3 C .6 D .9解:令x =y =0,可得f (0)=f (0)+f (0)+0,即f (0)=0㊂令x =y =1,可得f (2)=f (1)+f (1)+2=6㊂令x =2,y =1,可得f (3)=f (2)+f (1)+4=12㊂令x =3,y =-3,可得f (0)=f (3)+f (-3)-18=0,解得f (-3)=6㊂应选C㊂本题主要考查抽象函数的有关运算和性质,解题的关键是利用赋值法求出f (0),f (2),f (3)的值㊂二㊁妙用赋值法求参数的值例2 若函数f (x )=x(2x +1)(x -a )为奇函数,则a =㊂解:由f (x )=x (2x +1)(x -a )为奇函数,令x =-1,可得f (-1)=-f (1),所以-1(-2+1)(-1-a )=-1(2+1)(1-a ),所以a +1=3(1-a ),解得a =12㊂本题主要考查函数的奇偶性的灵活应用㊂三㊁妙用赋值法求函数的解析式例3 对于一切实数x ,y ,关系式f (x +2y )=f (x )+(x +2y -1)y 都成立,且f (0)=-1,求f (x )的解析式㊂解:令x =0,可得f (2y )=f (0)+(0+2y -1)y =-1+2y 2-y ㊂令x =2y ,可得y =x2㊂据此代入得函数f (x )=-1+2x2()2-x 2=x 22-x2-1㊂变量取特殊值时,既要达到减少未知元的目的,还要便于利用已知条件求解㊂四㊁妙用赋值法比较大小例4 定义在区间(-ɕ,+ɕ)上的奇函数f (x )为增函数,偶函数g (x )在区间[0,+ɕ)上的图像与f (x )的图像重合㊂设a >b >0,给出下列四个不等式:①f (b )-f (-a )>g (a )-g (-b ),②f (b )-f (-a )<g (a )-g (-b ),③f (a )-f (-b )>g (b )-g (-a ),④f (a )-f (-b )<g (b )-g (-a )㊂其中成立的是( )㊂A.①与④ B .②与③C .①与③D .②与④解:依据题意可设f (x )=x ,g (x )=|x |㊂设a =2,b =1,可得f (a )=a ,g (a )=|a |,f (b )=b ,g (b )=|b |㊂因为f (a )-f (-b )=f (2)-f (-1)=2+1=3,g (b )-g (-a )=g (1)-g (-2)=1-2=-1,所以f (a )-f (-b )>g (b )-g (-a ),即③成立㊂因为f (b )-f (-a )=f (1)-f (-2)=1+2=3,g (a )-g (-b )=g (2)-g (-1)=2-1=1,所以f (b )-f (-a )>g (a )-g (-b ),即①成立㊂应选C㊂赋值法解某些选择题有快速简捷㊁化繁为简的功效,同学们在学习中要深刻体会㊂五㊁妙用赋值法解不等式例5 已知f (x )是定义在(0,+ɕ)上的增函数,且fx y ()=f (x )-f (y ),f (2)=8知识结构与拓展 高一数学 2022年10月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.1,解不等式f (x )-f 1x -3()ɤ2㊂解:因为fx y ()=f (x )-f (y ),所以f (y )+f x y()=f (x )㊂令x =4,y =2,可得f (2)+f (2)=f (4)㊂因为f (2)=1,所以f (4)=2㊂f (x )-f 1x -3()ɤ2可变形为f (x )-f1x -3()ɤf (4)㊂由f x y()=f (x )-f (y ),可得f (x )-f (y )=f x y(),所以f (x )-f 1x -3()=f [x (x -3)],所以f [x (x -3)]ɤf (4)㊂又f (x )是定义在(0,+ɕ)上的增函数,所以x (x -3)ɤ4,x >0,x -3>0,ìîíïïï解得3<x ɤ4,即所求解集为{x |3<x ɤ4}㊂解题时,利用函数的单调性去掉函数符号 f,使抽象的不等式问题转化为具体的不等式,其中利用赋值法求出f (4)=2是关键㊂六㊁妙用赋值法证明函数的单调性例6 设f (x )是定义在R 的函数,且对任意实数x ,y 都有f (x +y )=f (x )+f (y )㊂当x >0时,f (x )>0,证明f (x )在R 上是增函数㊂证明:令x =y =0,则f (0)=0㊂令y =-x ,则f (0)=f (x )+f (-x )㊂因为f (0)=0,所以f (-x )=-f (x )㊂设任意x 1,x 2ɪR ,且x 1<x 2,则x 2-x 1>0,所以f (x 2)-f (x 1)=f (x 2)+f (-x 1)=f (x 2-x 1)㊂因为当x >0时,f (x )>0,所以f (x 2-x 1)>0,所以f (x 2)>f (x 1)㊂故f (x )在R 上是增函数㊂证明抽象函数的单调性,需要适当赋值,按照函数单调性的定义进行证明㊂七㊁妙用赋值法判断函数的奇偶性例7 设f (x )是定义在R 的函数,若对任意x ,y ɪR ,都有f (x +y )+f (x -y )=2f (x )㊃f (y ),且f (0)ʂ0,试判断f (x )的奇偶性㊂解:令x =y =0,则f (0)+f (0)=2f (0)㊃f (0),即2f (0)=2f (0)㊃f (0)㊂因为f (0)ʂ0,所以f (0)=1㊂令x =0,则f (y )+f (-y )=2f (y ),所以f (-y )=f (y ),所以f (-x )=f (x )㊂故f (x )为偶函数㊂判断抽象函数的奇偶性,赋值法是解决问题的关键㊂常用f (0),f (ʃ1)来研究函数f (x )的性质㊂八㊁妙用赋值法证明函数的周期性例8 已知函数y =f (x )的定义域关于原点对称,且满足以下两个条件:①若x 1,x 2是定义域内的值时,有f (x 1-x 2)=f (x 1)f (x 2)+1f (x 2)-f (x 1);②f (a )=1(常数a >0)㊂求证:函数y =f (x )是周期函数㊂证明:令x =x 1-x 2,则-x =x 2-x 1,故f (-x )=f (x 2-x 1)=f (x 1)f (x 2)+1f (x 1)-f (x 2)=-f (x 1-x 2)=-f (x ),所以函数y =f (x )是奇函数,即f (-x )=-f (x )㊂又因为f (a )=1,所以f (-a )=-f (a )=-1㊂再令x 1=x ,x 2=-a ,因此f (x +a )=f (x )f (-a )+1f (-a )-f (x )=f (x )-1f (x )+1,则f (x +2a )=f (x +a )-1f (x +a )+1=-1f (x ),所以f (x +4a )=-1f (x +2a )=f (x ),即f (x +4a )=f (x )㊂故y =f (x )是周期T =4a 的周期函数㊂求解本题的关键是利用赋值法对已知式进行变形㊂说明:本文系甘肃省陇南市2021年度教育科学研究立项课题 高中生数学解题失败的成因及纠正的策略研究以甘肃省陇南市康县第一中学学生为研究个案 (课题批准号:L N [2021]141)的研究成果㊂作者单位:1.甘肃省康县第一中学 2.甘肃省康县教育局教研室(责任编辑 郭正华)9知识结构与拓展高一数学 2022年10月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
七年级赋值法解题
七年级赋值法解题
赋值法是一种解题方法，常用于代数或方程的求解过程中。
下面以一个七年级代数问题为例，介绍赋值法的应用步骤：
问题：
小明今年7岁，他的弟弟比他小3岁。
请问小明的弟弟几岁？
解题步骤：
1. 根据问题中给出的信息，我们可以将小明的年龄表示为x岁，小明的弟弟的年龄表示为x-3岁。
2. 由于题目中已知小明今年7岁，因此我们可以将x 的值赋为7。
3. 根据x的值，计算出小明的弟弟的年龄：x-3 = 7-3 = 4岁。
4. 因此，小明的弟弟今年4岁。
通过简单的赋值法，我们得到了小明的弟弟的年龄为4岁，这就是解题的答案。
需要注意的是，赋值法适用于一些简单的方程或代数式求解问题，但对于更复杂的问题，可能需要使用其他的代数解法或推理思路。
函数方程问题 “赋值”或“模型”解法 - 学生版
函数方程问题“赋值”或“模型”解法重庆张光年在初中我们知道：含有未知数的等式叫方程。
我们含有未知函数的等式叫函数方程我们复习到函数这一章节的有关知识时常遇到函数方程问题，其中有这样一个题：(重庆卷改编)定义在R 上的函数=y f(x)满足:(),141=f ()()()()()R y x y x f y x f y f x f ∈-++=,4判断=y f(x)的奇偶性并说明理由解：令0=x 得()()()()y f y f y f f -+=04，只需求出()0f ，故再令1,0==x y 得()()()()()21011014=⇒+=f f f f f ，所以()()()y f y f y f -+=2()()y f y f =-⇒所以f(x)为偶函数这类问题通常都是用“赋值法”来证明奇偶或求值。
有一些方法或公式可以求方程的解，那么函数方程能不能求出解？解函数方程对中学生是有一定难度，但高考中的绝大多数函数方程比较容易找到解并且都是我们学习过的基本函数，归纳出常见的函数方程的代表解。
一．函数方程的相关结论（1）几类常见函数方程的代表解函数方程满足条件（根据题目还应有条件）联想代表函数模型（还有其它的解）1）1212()()()f x x f x f x +=+或1212()()()f x x f x f x -=-()f x kx =（0k ≠）2）1212()()()f x x f x f x +=⋅或1212()()/()f x x f x f x -=()xf x a =（0,1a a >≠）3）1212()()()f x x f x f x ⋅=+或1212(/)()()f x x f x f x =-()log a f x x=（0,1a a >≠）4）1212()()()f x x f x f x ⋅=⋅或1212(/)()/()f x x f x f x =()a f x x =（Q α∈）5）121212()()2[()()]f x x f x x f x f x ++-=+2()f x ax =（0a ≠）6）121212()()2()()f x x f x x f x f x ++-=()cos f x x ω=7）121212()()()1()()f x f x f x x f x f x ++=-()tan f x xω=以上有些结论可以推广到更一般结论，如：函数方程满足条件联想代表函数1212()()()f x x f x f x b +=+-()f x kx b=+1212()()()f x x f x f x b⋅=+-()log a f x x b=+1212122()()()()f x x f x x f x f x A ++-=0()f x a A =≤()cos f x A x ω=1212122()()()()f x x f x x f x f x A ++-=0()f x a A=≥()()2x xa a f x A -+=函数方程121212()()2[()()]f x x f x x f x f x ++-=+解函数2()f x ax =及函数方程1212122()()()()f x x f x x f x f x A++-=0()f x a A =≤和1212122()()()()f x x f x x f x f x A++-=0()f x a A =≥分别推广到更一般结论为()cos f x A x ω=数()(2x xa a f x A -+=我也把它们归纳在上表中。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
赋值法证明不等式的有关问题
1、 已知函数f(x)=lnx
（1）、求函数2()(1)()22(1)g x x f x x x =+-+≥的最小值；
（2）、当0<a<b 时，求证：222()()()a b a f b f a a b -->
+. 2、已知函数f(x)=xlnx , g(x)= )(2R a x ax ∈-
(1)求函数f(x)的单调区间和极值点；
(2)求使f(x))(x g ≤恒成立的实数a 的取值范围；
(3)求证：不等式)(1)1ln(*∈+<+N n e
n e n n 恒成立 3、设函数()(1) (0)n f x ax x b x =-+>,n 为正整数,a ,b 为常数. 曲线()y f x =在(1,(1))f 处 的切线方程为1x y +=.
(Ⅰ)求a ,b 的值;
(Ⅱ)求函数()f x 的最大值;
(Ⅲ)证明:1()e
f x n < 4、已知函数f(x)=lnx-x+1
（1）、求函数f(x)的最大值；
（2）、求证： 1111ln(1),.23n n n
*+
+++>+∈N 5、已知函数f(x)=()2ln 1,1x a x x -+-- （1）、若函数f(x)在单调递增，求实数a 的取值范围；
（2）、当a =2时，求证：()()112ln 124,2;1
x x x x -
〈-〈-〉- （3）、求证：)2,(11211ln 216141≥∈-++<<++*n N n n n n . 6、已知函数)0(1)(>--=a ax e x f x
（1）求)(x f 得最小值；
（2）若0)(≥x f 对任意的R x ∈恒成立，求a 的取值范围； （3）在（2）的条件下，证明：1121-<⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛e e n n n n n n n
n n n （其中*∈N n ）
8、已知函数f(x)=x e ax a --,
（1）、若0,()0a f x 〉≥对一切实数x 都成立，求实数a 的取值范围。
（2）、设()()x a g x f x e
=+，且112212(,),(,)()A x y B x y x x ≠是曲线()y g x =上任意两点，若对于任意的1a ≤-，直线AB 的斜率恒大于常数m ，求实数m 的取值范围。
(3)、求证：)()2(1
)12(531*∈-<
-+++N n n e e n n n n n n .
2、已知函数2()()7ln 1f x x a b x =+-+,其中a ，b 是常数，且0a ≠，
（1）若1b =时，f(x)在区间上单调递增，求a 的取值范围； （2）当2
47
a b =时，讨论f(x)的单调性； （3）设n 是正整数，证明7222111111ln(1)(1)7(1).2323n n n +<+
++++++++ 5、已知函数f(x)=xlnx-)(2R a x ax ∈-
(1)若函数f(x)在处取得极值，求a 的值；
(2)若函数f(x)的图像在直线的图像的下方，求a 的取值范围；
(3)求证：)(1)432ln(2*∈+<⨯⨯⨯N n n n n .。
解:(Ⅰ)因为(1)f b =,由点(1,)b 在1x y +=上,可得11b +=,即0b =.
因为1()(1)n n f x anx a n x -'=-+,所以(1)f a '=-.
又因为切线1x y +=的斜率为1-,所以1a -=-,即1a =. 故1a =,0b =.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,1()(1)n n n f x x x x x +=-=-,1()(1)(
)1n n f x n x x n -'=+-+. 令()0f x '=,解得1n x n =
+,即()f x '在(0,)+∞上有唯一零点01n x n =+. 在(0,)1
n n +上,()0f x '>,故()f x 单调递增; 而在(
,)1n n +∞+上,()0f x '<,()f x 单调递减. 故()f x 在(0,)+∞上的最大值为1
()()(1)111(1)n
n n n n n n f n n n n +=-=++++.
(Ⅲ)令1()ln 1+
(0)t t t t ϕ=->,则22111()= (0)t t t t t t
ϕ-'=->. 在(0,1)上,()0t ϕ'<,故()t ϕ单调递减;
而在(1,)+∞上()0t ϕ'>,()t ϕ单调递增. 故()t ϕ在(0,)+∞上的最小值为(1)0ϕ=. 所以()0(1)t t ϕ>>, 即1ln 1(1)t t t
>->. 令11t n =+,得11ln 1n n n +>+,即11ln()ln e n n n
++>, 所以11()e n n n
++>,即11(1)e n n n n n +<+. 由(Ⅱ)知,11()(1)e
n n n f x n n +≤<+,故所证不等式成立. 已知函数).(3ln )(R a ax x a x f ∈--=
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）若函数f(x)在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为450，且方程m x f =)(至少有一个实根，
求实数m 的取值范围；
（3）求证：).,2(1ln 33ln 22ln *∈≥<⨯⨯N n n n n n。