例谈函数单调性的应用

n 也 存在 , 所 以 nlim ( nan ) 存在 . 于是 2n + 3
n
a1 1 2 = , 所以 q = 1 - a 1 . 1- q a1 注意 nlim S n 存在的条件, | q | < 1 且 q !
n lim ( nan ) = nlim [ ( 2 n + 3) a n ] ∀ lim n 2n+ 3 1 = 1. 2
+
所以 f ( x ) m in = f ( 2) = 5. 所以所求函数值域为 [ 5, + ). 例 5 已知 x & 2, 求函数 f ( x ) = x + 1 的最小值 . x+ 1 1 解 f ( x ) = ( x + 1) + - 1. x+ 1 1 考虑到 y = x + 在 [ 1, + ) 上单调 x 递增 , 又 x & 2, 则 x + 1 & 3. 1 所以 f ( x ) = x + 1+ - 1 在[ 2, + x+ 1 ) 上单调递增, 7 所以 f ( x ) & f ( 2) = . 3 7 故 f ( x ) 的最小值是 . 3 判断方程根的情况 例6 设 y = f ( x ) 在 R 上为单调函数,
27 ), 则 f( ) = f( ) =
) 时是增函数, 当 x ( ( -
2] 时是减函数, 求 f ( 1) . 函数图象是开口向上的抛物线, - m m 对称轴为 x = = , 其递减区间为 2# 2 4 m m (, ] , 递增区间为[ + ). 4 4 m 解 依题意得 = - 2, 所以 m = - 8, 4 所以 f ( 1) = 2 # 1 + 8 # 1 + 3 = 13. 3 求函数值域( 或最值)
函数 , f ( 2) = 1, f ( xy ) = f ( x ) + f ( y ) , 解不 等式 : f ( x ) + f ( x - 2) ∋ 3. 分析 利用 f ( x ) 的性质, 脱去函数的 符号 , 将问题化为解一般的不等式 . 解 因为 f ( xy ) = f ( x ) + f ( y ) , 所以 f ( x ) + f ( x - 2) = f [ x ( x - 2) ] = f ( x - 2x ) . 又因为 f ( 2) = 1, 所以 3 = f ( 2) + f ( 2) + f ( 2) = f ( 2 # 2) + f ( 2) = f ( 4 # 2) = f ( 8) . 所以不等式 f ( x ) + f ( x - 2) ∋ 3 即为 f ( x - 2 x ) ∋ f ( 8)
x + 2 x + a > 0 恒成立 . 设 y = x + 2 x + a , x ( [ 1, + ),则 2 2 y = x + 2 x + a = ( x + 1) + a - 1 递增 . 所以当 x = 1 时, y m in = 3+ a . 于是当且仅当 y min = 3+ a > 0 时, f ( xБайду номын сангаас) > 0 恒成立. 所以 a > - 3. 解 + ). 当 a & 0 时 , 函数 f ( x ) 的值恒为正; 当 a < 0 时 , 函数 f ( x ) 递增 , 故当 x = 1 时, f ( x ) m in = 3 + a . 于 是 , 当 且 仅 当 f ( x ) min = 3+ a > 0 时, f ( x ) > 0 恒成立 , 故 a > - 3. 法二 : f ( x ) = x + a + 2, x ( [ 1, x
平面向量与解析几何交汇综合题分类导析
湖北省襄樊市第一中学 441000 王 勇 ( 特级教师 )
平面向量具有代数 与几何形 式的 双重 身份 , 它 融数、 形于一体 , 已成为 中学数学知识的一 个重要交 汇点 . 平面向量 与解析几何的交汇 自然贴切 , 一脉相 承 , 是新课程高 考命题的必然趋势 . 下面精 选出十道 典型例题并予以分类导析 , 旨在探 索题型规律 , 揭示 解题方法 . 1 平面向量与直线的 交汇 例1 平面直角坐标系中 , O 为坐 标原点 , 已知 OA + = 1, 则点 C 的轨迹方程 此应选 D . 例2 O 是平面上一 定点 , A 、 B、 C 是 平面上 不 ( AB + | AB | 3) = ( 4 - 1, 3 - 2 ) , 所以 x = 4 - 1, y = 3- 2 . 消去 得 x + 2y - 5 = 0, 因 D x + 2y - 5 = 0 导析 又 OC = 设 C 的坐标为 ( x , y ) , OC = ( x , y ) . OA + OB = ( 3, 1) + ( 1) ( - 1,
+
). 因为函数 y = f ( x ) 在( 1 ,+ 4 3 ). 4 ) 上单
调递减, 所以 f ( a - a + 1) ∋ f (
2
2
求函数值 例3 函数 f ( x ) = 2 x - mx + 3, 当 x
2
中学数学杂志 ( 高中 ) ( [ - 2, + 分析
2004 年第 1 期 ,数根 0 、( (* ) <
28 7 证明不等式 例9 设 a、 b、 c 为 ) A BC 的三边长, 求
中学数学杂志 ( 高中 ) [ 1, +
2004 年第 1 期
) , f ( x ) > 0 恒成立 , 试求实数 a 的 ) 上, f ( x ) =
取值范围 . 解 法一 : 在区间 [ 1, + 2 x + 2x + a > 0 恒成立 x
5 5 5 5
例4 的值域 解 [ 2, +
求函数 f ( x ) = 2 x + 1+ 函数定义域为 [ 2, + ) 上均为增函数 , ).
x- 2
3) = x + x . 由于 f ( x ) = x + x 是 R 上的增函数 , 且 f ( 7 x + 3) = f ( x ) ,
因为函数 y = 2 x + 1 与 y = 所以 f ( x ) = 2 x + 1 + 域[ 2, + ) 上也是增函数,
) , 则 P 的轨迹 一定通 过
26 例 13 在等比数列 { a n } 中 , a 1 > 1, 且 1 , 那么 a 1 a1
中学数学杂志 ( 高中 )
2004 年第 1 期
3) a n ] = 2, 求 lim ( na n ) . ( 01 年安徽春招高 n 考题 ) 解 3) a n ∀ 因 nan = ( 2 n + 3) an 2n + 3 ∀ n = ( 2 n +
2 2
a b c 证: a + 1 + b + 1 > c + 1. x ( x > 0) . x+ 1 x + 1- 1 1 因为 f ( x ) = = 1, x+ 1 x+ 1 解 构造函数 f ( x ) = 所以 f ( x ) 在 ( 0, + ) 上递增. 又因为 a 、 b、 c 是 ) A BC 的三边长 , 所以 a + b > c > 0. a+ b 所以 f ( a + b ) > f ( c ) , 即 > a+ b + 1 c a b a , 所以 + > + c+ 1 a+ b a+ b a+ b+ 1 b a+ b c a + b + 1 = a + b + 1 > c + 1. 8 求函数解析式中参数的范围 例 10 已 知 函 数 f ( x) = 2 x + 2x + a , x ( [ 1, + ) . 若对任意 x ( x
2 2
4
又因为 f ( x ) 是 R 上 的增函数 , 所以 x ( x - 2) ∋ 8, x > 0, x - 2 > 0. 4. 所以原不等式的解集为{ x | 2 < x ∋ 4 | }. 解此不等式组, 得 2 < x ∋
+
试判断方程 f ( x ) = 0 在 R 上的根的情况. 解 方程 f ( x ) = 0 在 R 上至多有一 根. 因为假设方程 f ( x ) = 0 至少有两个实
2
312000
陈柏良 1 , + 4
f ( x ) 的一个单调递减区间是(
) ,比
2 3 较 f ( a - a + 1) 与 f ( 4 ) 的大小.
解 &
因为 a - a + 1 = ( a -
2
1 2 3 ) + 2 4
3 1 > , 4 4
2 3 1 所以两个数 a - a + 1 与 4 都属于 ( 4 ,
两点 A ( 3, 1) , B (- 1, 3) , 若点 C 满足OC = OB , 其中 、 ( R, 且 + 为( ). A 3 x + 2y - 11 = 0 B ( x - 1) 2 + ( y - 2) 2 = 5 C 2x - y = 0