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高中数学解题方法之分离变量法含答案

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-19 07:04
tags:高中数学思想方法

高中数学非课改版-高中数学旧版教材二分法

2020年9月19日发(作者:曾宝仪)


百度文库 - 让每个人平等地提升自我

分离变量法
分离变量法 是近年来发展较快的思想方法之一.高考数学试题中,求参数的范围常常与
分类讨论、方程的根与零点等 基本思想方法相联系.其中与二次函数相关的充分体现数形结
合及分类思想方法的题目最为常见.与二次 函数有关的求解参数的题目, 相当一部分题目都
可以避开二次函数,使用分离变量,使得做题的正确率 大大提高.随着分离变量的广泛使用,
越来越多的压轴题都需要使用该思想方法.
分离变量 法:是通过将两个变量构成的不等式(方程)变形到不等号(等号)两端,使两
端变量各自相同,解决有 关不等式恒成立、不等式存在(有)解和方程有解中参数取值范围
的一种方法.两个变量,其中一个范围 已知,另一个范围未知.
解决问题的关键: 分离变量之后将问题转化为求函数的最值或值域 的问题.分离变量
后,对于不同问题我们有不同的理论依据可以遵循.以下定理均为已知
x的范围,求
a
的范
围:
定理1 不等式
f(x)? g(a)
恒成立
?
?
f(x)
?
min
?g(a)
(求解
f(x)
的最小值);不等

f(x)?g(a)
恒 成立
?
?
f(x)
?
max
?g(a)
(求解f(x)
的最大值).
定理2 不等式
f(x)?g(a)
存在解
?
?
f(x)
?
max
?g(a)
(求解< br>f(x)
的最大值);不
等式
f(x)?g(a)
存在解
?< br>?
f(x)
?
min
?g(a)
(即求解
f(x)< br>的最小值).
定理3 方程
f(x)?g(a)
有解
?< br>g(a)
的范围
?
f(x)
的值域(求解
f(x)
的 值域).
解决问题时需要注意:(1)确定问题是恒成立、存在、方程有解中的哪一个;(2)确定< br>是求最大值、最小值还是值域.
再现性题组:
1、已知当x
?
R时 ,不等式a+cos2x<5-4sinx恒成立,求实数a的取值范围。
2、若f(x)=
x?3x?3

x?[?1,4]
上有
f(x)?x?2a?1
恒成 立,求a的取值范围。
2
3、若f(x)=
x?3x?3

x?[ ?1,4]
上有
f(x)?x?2a?5a?1
恒成立,求a的取值范围。
2
2
4、若方程
4?2a2?1?0
有解,请求a的取值范围
5、已知
y?
xx
1
3
1
2

x ?ax?x?1

(0,??)
上的单调递增函数,则
a
的取值范围 是( )
32
A.a?0

B.?2?a?2

C.a?2

D.a?2

6、求使不等式
a?sinx?cosx,x?[0,
?
]
恒成立的实数a的范围。
再现性题组答案:
1、解:原不等式
?4sinx?cos2x??a?5
当x
?
R时,不等式a+cos2x<5-4sinx
恒成立
??a+5>( 4sinx+cos2x)
max
,设
f(x)=4sinx+cos2x

f(x)= 4sinx+cos2x=?2sin
2
x+4sinx+1=?2(s inx?1)
2
+3


?a+5>3?a<2

1


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2、解:< br>x?3x?3?x?2a?1
恒成立,即
2a?x?4x?2

x?[ ?1,4]
上恒成立,
2
只需
2a?(x?4x?2)
min,解得
a??3

22
3、解:
x?3x?3?x?2a?5a ?1

x?[?1,4]
上恒成立
?

2a?5a?x?4x?2


x?[?1,4]
上恒成立
?
2a?5a??3?1?a?
x
2222
2
3

2
1
t
4、解:令
t?2
(t>0),则
t?2at?1?0?2a?t??2?a?1

2
1

(0,??)
上恒成立
?a?2

x
??
3
?
6、解:由于函
a?sinx?cosx?2sin(x ?),x?
?
?[?,]
,显然函数有最大
4
444
5、解 :
y'?x?ax?1?0

(0,??)
上恒成立
?
a? x?
2

2

?a?2

示范性题组:
例1. 已知函数
f
?
x
?
?x
2
?ax ?1,x?(0,1]
,且
|f
?
x
?
|?3
恒成 立,求
a
的取值范围.
2
?
?
x?ax?1?3
,x?(0,1]
恒成立 ? 【分析】法一(二次函数):问题转化为不等式组
?
2
?
?
x?ax ?1??3
f(x)?x
2
?ax?1

x?(0,1]
上 的最大值与最小值 ? 以对称轴与定义域端点进行比较
分类,研究单调性.正确率较低.
?4?x
2
2?x
2
?a?
法二(分离变量):问题转化为在x?(0,1]
上恒成立(除
x
时注意符号),
xx
??4?x
2
??
2?x
2
?
? 由定理1得
??
?a?
?
x
?
.求相应函数最值,正确率较高.
x< br>??
max
??
min
例2.已知函数
f(x)?
1
2
ax?2x(a?0),g(x)?lnx.

h(x)?f(x)?g( x)
存在单调递增
2
区间,求
a
的取值范围.
ax2
?2x?1
?0

x?0
上有解,即
ax
2
?2x?1?0

x?0
上【分析】问题转化为
h'(x)?
x
有解.
解:法一(二次函数):此题
f(0)??1?0
,分类是只需 注意开后和轴,较为简捷.正确率不高,
原因在于没有注意特殊点,将问题分为1解,2解,想得过于复 杂.
法二(分离变量):问题转化为
a?
1?2x

x?0
上有(存在)解 ? 由定理得
2
x
?
1?2x
?
a ?
?
2
?
.求解相应范围上的最小值,正确率较高.
?
x
?
min
例3.已知
a
是实数,函数
f(x)?2ax?2 x?3?a.
如果函数
y?f(x)
在区间
[?1,1]
上有零点,求
a
的取值范围.
【分析】方法一(根的分布):这个题目是一个标准的根的分布问题,解题时需要考虑: 开口方
向,判别式,对称轴,特殊点的函数值.解题时需要分为大3类,小5类.学生能够部分得分,很
2
2


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难列出所有不等式组.
方法二(分离变量):问题转化为
2ax?2x?3?a?0

x?[?1,1]
上恒有解 ? 分离变
量得
a?
2
3?2x
,
x?[?1,?
2x
2
?1
3?2x< br>g(x)?
2

x?[?1,?
2x?1
2
)(?< br>2
2
)(?
2
2
,
2
2
,
2
22
)(,1]
有解 ? 由定理得只需求函数
22
222
)(,1]
上的值域即可,
?单独考虑.
222
此法思维两较小,运算量较二次函数略大,得分率略有增加.
通过对上述三道题目解答过程中出现的两种做法的比较,不难体会到,分离变方法的优越
性:思维量小, 过程简捷明快,思维严谨性的要求有所降低.不足之处:个别时候,分离后产生的
函数,在求解其最值或 值域时运算量较大.总体来说,多数时候,应优先使用分离变量法。

例4、已知函数
f(x)?x?3ax?1
的导函数为
f(x)

g(x)?f(x)?ax ?3
.
3
(1)若
x?g(x)?6?0
对一切
x?2< br>恒成立,求实数
a
的取值范围;
(2)若对满足
0?a?1
的一切
a
的值,都有
g(x)?0
,求实数
x
的取值范围.
解:(1)

f

(x)?3x
2
?3a?g(x)? 3x
2
?3a?ax?3

?g

(x)?6x?a

2

6x ?ax?6?0
对一切
x?2
恒成立
?

a?6x?

h(x)?6x?
6
,则在
x?2

a?h(x)恒成立,
x
6
?
h(x)?6x?

x?2
上 单调递增,
?h(x)
min
?h(2)?15

?a?15

x
(2)即
g(x)?3x?3a?ax?3
对一切
0?a?1
恒成立

x?3
,则
g(x)?3x?3a?ax?3?24?0
不满足
?x?
?

2
2
6
对一切
x?2
恒成立
x
6
h

(x)?6?
2

x?2
上恒大于0,
x< br>3?3x
2
3?3x
2
1
?1?0?x?

x?3
,则
a?
对一切
0?a?1
恒成立
?
3? x3?x3
3?3x
2
3?3x
2
?0?3?3x
2
?0

x?3
,则
a?
对一切
0?a?1
恒成 立
?
3?x3?x
??1?x?1

?x?
?

综上所述:
0?x?
巩固性题组:
1、已知函数
f
?x
?
?lg
?
x?
值范围。

3
1

3
a
?
?2
?
,若对任意
x ?
?
2,??
?
恒有
f
?
x
?
? 0
,试确定
a
的取
x
?
?
?


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2、已知
x?
?
?? ,1
?
时,不等式
1?2
x
?a?a
2
?4
x
?0
恒成立,求
a
的取值范围。


3、已知函数
f(x)?x?2x?x?4
,
g(x)?x?ax?7
. 若对任意的
x?[0,??)
都有
322
??
f'(x)?g(x)
,求实数
a
的取值范围.



4、设函数f(x)?
1
3
x?(1?a)x
2
?4ax?24a
,其中常数
a?R
.
3
(1)当
a?1
时,求函数
f(x)
的单调区间; (2)若
x?3
时,
f'(x)?0
恒成立,求实数
a
的取值范围。



5、在
?
ABC中,已知
f (B)?4sinBsin(
求实数m的范围。



6、求使不等式
a?sinx?cosx,x?(



2
?
4
?
B
)?cos2B,且|f(B)?m|?2
恒成立 ,
2
?
3
?
,)
恒成立的实数a的范围。
44< br>1?2
x
?a4
x
,
其中
a?R
,如果x?(??.1)
时,
f(x)
恒有意义,求
a
的7、设
f(x)?lg
3
取值范围。




8、设 函数是定义在
(??,??)
上的增函数,如果不等式
f(1?ax?x)?f(2? a)
对于任

x?[0,1]
恒成立,求实数
a
的取值范围 。
2
4


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分离变量法巩固训练题答案:
1、解:根据题意得:
x?
2
a?2?1

x?
?
2,??
?
上恒成立,
x
即:
a??x?3x

x?
?
2,??
?
上恒成立,
3
?
9
?

f
?
x
?
??x?3x
,则
f
?
x
?
??
?x?
?
?

2
?
4
?
2
2< br>当
x?2
时,
f
?
x
?
max
?2
所以
a?2

2、解:令
2?t

x
x?
?
??,1
?

?t?
?
0,2
?
所以原不等式可化为:
a
2
?a?
t?1

2
t
要使上式在
t?
?
0,2
?
上恒成立,只须求出
f
?
t
?
?
t?1

t?
?
0,2
?
上的最小值即可。
t
2
t?1
?
1
?
1
?
11
?
1
f
?
t
?
?
2
?
??
??
?
?
?
?
< br>t
?
t
?
t
?
t2
?
4
? f
?
t
?
min
?f
?
2
?
?< br>3、解:
22
1
?
1
?
?
?
,??
?

t
?
2
?
3313
2

?a?a????a?

4422
f'(x)?g(x)

3x
2
?4x?1?x
2
?ax?7

2

?ax?2x?4x?8


x?0
,则
0?8
恒成立,
?a?R


x?0
,则
a?2x?
综上所述:
?a?12

4、解:(1)
8
?4


x
2x?
88
?4?22x??4?12

?a?12

xx
f
?
(x)?x
2
?2(1?a)x?4a?(x?2)(x?2a)
,又a?1
,由
f
?
(x)?0
得:
x?(??,2)( 2a,??)
,由
f
?
(x)?0

2?x?2a
,因此
f(x)
的单调增区间有
(??,2)

(2a,??)
f(x)
的单调减区间有
(2,2a)

(2)
x? 3
时,
f'(x)?0
恒成立
?
x?3
时,
x?2 (1?a)x?4a?0
恒成立。
2
3
?
x?3
时,(x?2)(x?2a)?0
恒成立
?
x?3
时,
2a?x恒成立,
?2a?3?a?

2
B
2
?
5、解 :
f(B)?4sinBsin(?)?cos2B?2sinB?1,
?
0?B?< br>?
,?sinB?(0,1]

42
f(B)?(1,3]

?|f(B)?m|?2
恒成立,
??2?f(B)?m?2


?
5
?
m?f(B)?2
恒成立,
?m?(1,3]

?
m?f(B)?2


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6、解:由于函
a?sinx?cosx?2sin(x?),x?
??(0,)
,令
y?sinx?cosx

4
42
2< br>
??
则由于
y?sinx?cosx
的最大值取不到
2,即a取
2
也满足条件,所以
a?
7、
解:如果
x?( ??.1)
时,
f(x)
恒有意义
?1?2
x
?a4
x
?0
,对
x?(??,1)
恒成立.
1?2
x
?a??
x
??(2
?x
?2
?2x
)
x?(? ?.1)
恒成立。令
t?2
?x

g(t)??(t?t
2
)

4
11

x?(??.1)

t?( ,??)
?a?g(t)

t?(,??)
恒成立,
22
1133

g(t)

t?[,??)
上为减函数,
g(t )
max
?g()??

?a??

2244
8 、分析:本题可利用函数的单调性把原不等式问题转化为
1?ax?x?2?a
对于任意
2
x?[0,1]
恒成立,从而转化为二次函数区间最值求解。
解:
f( x)
是增函数
?f(1?ax?x
2
)?f(2?a)
对于任意x?[0,1]
恒成立
?1?ax?x
2
?2?a
对于任意
x?[0,1]
恒成立
?x
2
?ax?1?a?0
对于任意
x?[0,1]
恒成立 ,

g(x)?x?ax?1?a

x?[0,1]
,所以原问题
?g(x)
min
?0

2
?
1?a,???? ??a?0
?
g(0),??????a?0
?
2
?
a?
?
a

g(x)
min
?
?
g(? ),?2?a?0

g(x)
min
?
?
??a?1,?2 ?a?0

2
4
?
?
?
?
?
2, ???????????a??2
?
2,???????????a??2
易求得a?1


6

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