0 1092 1100 1106 1110 1116 1118 1122 1128 1130 1136 1142 1146 1148 1152 1158 1160 1166 1170 1172 1176 1178 1182 1184 1186 1187 1188 1190 1191 1192 1194 1196 1200 1202 1206 1208 1212 1218 1220 1226 1230 1232 1236 1242 1248 1250 1256 1260 1262 1268 1272 1278 1286 3002
立體幾何題怎么解
安振平
高考立體幾何試題一般共有4道(客觀題3道, 主觀題1道), 共計總分27分左右,考查的知識點在20個以內(nèi). 選擇填空題考核立幾中的計算型問題, 而解答題著重考查立幾中的邏輯推理型問題, 當然, 二者均應(yīng)以正確的空間想象為前提. 隨著新的課程改革的進一步實施,立體幾何考題正朝著”多一點思考,少一點計算”的發(fā)展.從歷年的考題變化看, 以多面體和旋轉(zhuǎn)體為載體的線面位置關(guān)系的論證,角與距離的探求是常考常新的熱門話題.
例1 四棱錐P―ABCD的底面是邊長為a的正方形，PB⊥面ABCD.
（1）若面PAD與面ABCD所成的二面角為60°，求這個四棱錐的體積；
（2）證明無論四棱錐的高怎樣變化，面PAD與面PCD所成的二面角恒大于90°
講解:（1）正方形ABCD是四棱錐P―ABCD的底面, 其面積
為從而只要算出四棱錐的高就行了.
面ABCD,
∴BA是PA在面ABCD上的射影.又DA⊥AB，
∴PA⊥DA，
∴∠PAB是面PAD與面ABCD所成的二面角的平面角，
∠PAB=60°.
而PB是四棱錐P―ABCD的高，PB=AB?tan60°=a,
.
（2）不論棱錐的高怎樣變化，棱錐側(cè)面PAD與PCD恒為全等三角形.
作AE⊥DP，垂足為E，連結(jié)EC，則△ADE≌△CDE，
是面PAD與面PCD所成的二面角的平面角.
設(shè)AC與DB相交于點O，連結(jié)EO，則EO⊥AC，
在
故平面PAD與平面PCD所成的二面角恒大于90°.
本小題主要考查線面關(guān)系和二面角的概念，以及空間想象能力和邏輯推理能力, 具有一定的探索性, 是一道設(shè)計新穎,
特征鮮明的好題.
例2 如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC為等腰直角三角形，∠ACB=900，AC=1，C點到AB1的距離為CE=，D為AB的中點.
（1）求證：AB1⊥平面CED；
（2）求異面直線AB1與CD之間的距離；
（3）求二面角B1―AC―B的平面角.
講解:（1）∵D是AB中點，△ABC為等腰直角三角形，∠ABC=900，∴CD⊥AB又AA1⊥平面ABC，∴CD⊥AA1.
∴CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥AB1，又CE⊥AB1， ∴AB1⊥平面CDE；
（2）由CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥DE
∵AB1⊥平面CDE ∴DE⊥AB1
∴DE是異面直線AB1與CD的公垂線段
∵CE=，AC=1 , ∴CD=
∴；
（3）連結(jié)B1C，易證B1C⊥AC，又BC⊥AC ,
∴∠B1CB是二面角B1―AC―B的平面角.
在Rt△CEA中，CE=，BC=AC=1,
∴∠B1AC=600
∴， ∴,
∴
, ∴.
作出公垂線段和二面角的平面角是正確解題的前提, 當然, 準確地作出應(yīng)當有嚴格的邏輯推理作為基石.
例3
如圖a―l―是120°的二面角，A，B兩點在棱上，AB=2，D在內(nèi)，三角形ABD是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C在內(nèi)，ABC是等腰直角三角形∠ACB=
（I）求三棱錐D―ABC的體積；
（2）求二面角D―AC―B的大小；
（3）求異面直線AB、CD所成的角.
講解: (1) 過D向平面做垂線，垂足為O，連強OA并延長至E.
為二面角a―l―的平面角..
是等腰直角三角形，斜邊AB=2.又D到平面的距離DO=
（2）過O在內(nèi)作OM⊥AC,交AC的反向延長線于M,連結(jié)DM.則AC⊥DM.∴∠DMO 為二面角D―AC―B的平面角. 又在△DOA中，OA=2cos60°=1.且
（3）在平在內(nèi)，過C作AB的平行線交AE于F，∠DCF為異面直線AB、CD所成的角. 為等腰直角三角形，又AF等于C到AB的距離，即△ABC斜邊上的高,
異面直線AB,CD所成的角為arctg
比較例2與例3解法的異同, 你會得出怎樣的啟示? 想想看.
例4
圖①
圖②
講解: 設(shè)容器的高為x．則容器底面正三角形的邊長為,
.
當且僅當 .
故當容器的高為時，容器的容積最大，其最大容積為
對學(xué)過導(dǎo)數(shù)的同學(xué)來講，三次函數(shù)的最值問題用導(dǎo)數(shù)求解是最方便的，請讀者不妨一試. 另外，本題的深化似乎與2002年全國高考文科數(shù)學(xué)壓軸題有關(guān)，還請做做對照. 類似的問題是:
某企業(yè)設(shè)計一個容積為V的密閉容器，下部是圓柱形，上部是半球形，當圓柱的底面半徑r和圓柱的高h為何值時，制造這個密閉容器的用料最省（即容器的表面積最�。�.
例5 已知三棱錐P―ABC中，PC⊥底面ABC，AB=BC，D、F分別為AC、PC的中點，DE⊥AP于E．
（1）求證：AP⊥平面BDE；
（2）求證：平面BDE⊥平面BDF；
（3）若AE∶EP=1∶2，求截面BEF分三棱錐
P―ABC所成兩部分的體積比．
講解: (1）∵PC⊥底面ABC，BD平面ABC，∴PC⊥BD．
由AB=BC，D為AC的中點，得BD⊥AC．又PC∩AC=C，∴BD⊥平面PAC．
又PA平面、PAC，∴BD⊥PA．由已知DE⊥PA，DE∩BD=D，∴AP⊥平面BDE．
（2）由BD⊥平面PAC，DE平面PAC，得BD⊥DE．由D、F分別為AC、PC的中點，得DF//AP．
由已知，DE⊥AP，∴DE⊥DF. BD∩DF=D，∴DE⊥平面BDF．
又DE平面BDE，∴平面BDE⊥平面BDF．
（3）設(shè)點E和點A到平面PBC的距離分別為h1和h2．則
h1∶h2=EP∶AP=2∶3,
故截面BEF分三棱錐P―ABC所成兩部分體積的比為1∶2或2∶1
值得注意的是, “截面BEF分三棱錐P―ABC所成兩部分的體積比”并沒有說明先后順序, 因而最終的比值答案一般應(yīng)為兩個, 希不要犯這種”會而不全”的錯誤.
例6 已知圓錐的側(cè)面展開圖是一個半圓，它被過底面中心O1且平行于母線AB的平面所截，若截面與圓錐側(cè)面的交線是焦參數(shù)（焦點到準線的距離）
為p的拋物線.
（1）求圓錐的母線與底面所成的角；
（2）求圓錐的全面積．
講解: （1）設(shè)圓錐的底面半徑為R，母線長為l，
由題意得：,
即,
所以母線和底面所成的角為
（2）設(shè)截面與圓錐側(cè)面的交線為MON，其中O為截面與
AC的交點，則OO1//AB且
在截面MON內(nèi)，以O(shè)O1所在有向直線為y軸，O為原點，建立坐標系，則O為拋物的頂點，所以拋物線方程為x2=－2py，點N的坐標為（R，－R），代入方程得
R2=－2p（－R），得R=2p，l=2R=4p.
∴圓錐的全面積為.
將立體幾何與解析幾何相鏈接, 頗具新意, 預(yù)示了高考命題的新動向. 類似請思考如下問題:
一圓柱被一平面所截，截口是一個橢圓．已知橢圓的長軸長為5，短軸長為4，被截后幾何體的最短側(cè)面母線長為1，則該幾何體的體積等于
．
例7 如圖，幾何體ABCDE中，△ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a， DC=a，F(xiàn)、G分別為EB和AB的中點.
（2）求證：AF⊥BD；
(3) 求二面角B―FC―G的正切值.
講解: ∵F、G分別為EB、AB的中點，
∴FG=EA，又EA、DC都垂直于面ABC, FG=DC，
∴四邊形FGCD為平行四邊形，∴FD∥GC，又GC面ABC，
∴FD∥面ABC.
（2）∵AB=EA，且F為EB中點，∴AF⊥EB ① 又FG∥EA，EA⊥面ABC
∴FG⊥面ABC ∵G為等邊△ABC，AB邊的中點，∴AG⊥GC.
∴AF⊥GC又FD∥GC，∴AF⊥FD ②
由①、②知AF⊥面EBD，又BD面EBD，∴AF⊥BD.
（3）由（1）、（2）知FG⊥GB，GC⊥GB，∴GB⊥面GCF.
過G作GH⊥FC，垂足為H，連HB，∴HB⊥FC.
∴∠GHB為二面角B-FC-G的平面角.
易求.
例8 如圖，正方體ABCD―A1B1C1D1的棱長為1，P、Q分別是線段AD1和BD上的點，且
D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12.
(1) 求證PQ∥平面CDD1C1；
(2) 求證PQ⊥AD；
(3) 求線段PQ的長.
講解: （1）在平面AD1內(nèi)，作PP1∥AD與DD1交于點P1，在平面AC內(nèi)，作
QQ1∥BC交CD于點Q1，連結(jié)P1Q1.
∵ ,
∴PP1QQ1 .?
由四邊形PQQ1P1為平行四邊形, 知PQ∥P1Q1? ?
而P1Q1平面CDD1C1， 所以PQ∥平面CDD1C1?
（2）AD⊥平面D1DCC1， ∴AD⊥P1Q1，?
又∵PQ∥P1Q1， ∴AD⊥PQ.?
（3）由（1）知P1Q1 PQ,
，而棱長CD=1. ∴DQ1=. 同理可求得 P1D=.
在Rt△P1DQ1中，應(yīng)用勾股定理, 立得
P1Q1=.?
做為本題的深化, 筆者提出這樣的問題: P, Q分別是BD,上的動點,試求的最小值, 你能夠應(yīng)用函數(shù)方法計算嗎? 試試看. 并與如下2002年全國高考試題做以對照, 你會得到什么啟示?
如圖，正方形ABCD、ABEF的邊長都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。點M在AC上移動，點N在BF上移動，若CM=BN=
（1） 求MN的長；
（2） 當為何值時，MN的長最�。�
（3）
當MN長最小時，求面MNA與面MNB所成的二面角的大小。
立體幾何知識是復(fù)課耗時較多, 而考試得分偏底的題型. 只有放底起點, 依據(jù)課本, 熟化知識, 構(gòu)建空間思維網(wǎng)絡(luò), 掌握解三角形的基本工具, 嚴密規(guī)范表述, 定會突破解答立幾考題的道道難關(guān).
試題詳情
解析幾何題怎么解
安振平
高考解析幾何試題一般共有4題(2個選擇題, 1個填空題, 1個解答題), 共計30分左右, 考查的知識點約為20個左右. 其命題一般緊扣課本, 突出重點, 全面考查. 選擇題和填空題考查直線, 圓, 圓錐曲線, 參數(shù)方程和極坐標系中的基礎(chǔ)知識. 解答題重點考查圓錐曲線中的重要知識點, 通過知識的重組與鏈接, 使知識形成網(wǎng)絡(luò), 著重考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系, 求解有時還要用到平幾的基本知識, 這點值得考生在復(fù)課時強化.
例1 已知點T是半圓O的直徑AB上一點，AB=2、OT=t (0<t<1)，以AB為直腰作直角梯形，使垂直且等于AT，使垂直且等于BT，交半圓于P、Q兩點，建立如圖所示的直角坐標系.
(1)寫出直線的方程；
（2）計算出點P、Q的坐標；
（3）證明：由點P發(fā)出的光線，經(jīng)AB反射后，反射光線通過點Q.
講解: 通過讀圖, 看出點的坐標.
(1 ) 顯然, 于是 直線
的方程為；
（2）由方程組
解出 、；
（3）,
.
由直線PT的斜率和直線QT的斜率互為相反數(shù)知，由點P發(fā)出的光線經(jīng)點T反射，反射光線通過點Q.
需要注意的是, Q點的坐標本質(zhì)上是三角中的萬能公式, 有趣嗎?
例2
已知直線l與橢圓有且僅有一個交點Q，且與x軸、y軸分別交于R、S，求以線段SR為對角線的矩形ORPS的一個頂點P的軌跡方程．
講解：從直線所處的位置, 設(shè)出直線的方程,
由已知，直線l不過橢圓的四個頂點，所以設(shè)直線l的方程為
代入橢圓方程 得
化簡后，得關(guān)于的一元二次方程
于是其判別式
由已知，得△=0．即 ①
在直線方程中，分別令y=0，x=0，求得
令頂點P的坐標為（x，y）， 由已知，得
代入①式并整理，得
, 即為所求頂點P的軌跡方程．
方程形似橢圓的標準方程, 你能畫出它的圖形嗎?
例3已知雙曲線的離心率，過的直線到原點的距離是
（1）求雙曲線的方程；
（2）已知直線交雙曲線于不同的點C，D且C，D都在以B為圓心的圓上，求k的值.
講解：∵（1）原點到直線AB：的距離.
故所求雙曲線方程為
（2）把中消去y，整理得 .
設(shè)的中點是，則
即
故所求k=±.
為了求出的值, 需要通過消元, 想法設(shè)法建構(gòu)的方程.
例4 已知橢圓C的中心在原點，焦點F1、F2在x軸上，點P為橢圓上的一個動點，且∠F1PF2的最大值為90°，直線l過左焦點F1與橢圓交于A、B兩點，△ABF2的面積最大值為12．
（1）求橢圓C的離心率；
（2）求橢圓C的方程．
講解：（1）設(shè), 對 由余弦定理, 得
，
解出
（2）考慮直線的斜率的存在性，可分兩種情況：
i) 當k存在時，設(shè)l的方程為………………①
橢圓方程為
由 得 .
于是橢圓方程可轉(zhuǎn)化為 ………………②
將①代入②，消去得 ,
整理為的一元二次方程，得
.
則x1、x2是上述方程的兩根．且
，
ii) 當k不存在時，把直線代入橢圓方程得
由①②知S的最大值為 由題意得=12 所以
故當△ABF2面積最大時橢圓的方程為：
下面給出本題的另一解法,請讀者比較二者的優(yōu)劣：
設(shè)過左焦點的直線方程為：…………①
（這樣設(shè)直線方程的好處是什么？還請讀者進一步反思反思.）
橢圓的方程為：
由得：于是橢圓方程可化為：……②
把①代入②并整理得：
于是是上述方程的兩根.
,
AB邊上的高,
從而
當且僅當m=0取等號，即
由題意知, 于是 .
故當△ABF2面積最大時橢圓的方程為：
例5 已知直線與橢圓相交于A、B兩點，且線段AB的中點在直線上.
（１）求此橢圓的離心率；
（2 ）若橢圓的右焦點關(guān)于直線的對稱點的在圓上，求此橢圓的方程.
講解:（1）設(shè)A、B兩點的坐標分別為 得
,
根據(jù)韋達定理，得
∴線段AB的中點坐標為（）.
由已知得
故橢圓的離心率為 .
（2）由（1）知從而橢圓的右焦點坐標為 設(shè)關(guān)于直線的對稱點為
解得
由已知得
故所求的橢圓方程為 .
例6 已知⊙M：軸上的動點，QA，QB分別切⊙M于A，B兩點，（1）如果，求直線MQ的方程；
（2）求動弦AB的中點P的軌跡方程.
講解:（1）由，可得由射影定理，得 在Rt△MOQ中，
，
故，
所以直線AB方程是
（2）連接MB，MQ，設(shè)由
點M，P，Q在一直線上，得
由射影定理得
即 把（*）及（**）消去a，并注意到，可得
適時應(yīng)用平面幾何知識，這是快速解答本題的要害所在，還請讀者反思其中的奧妙.
例7
如圖，在Rt△ABC中，∠CBA=90°，AB=2，AC=。DO⊥AB于O點，OA=OB，DO=2，曲線E過C點，動點P在E上運動，且保持| PA |+| PB |的值不變.
（1）建立適當?shù)淖鴺讼�，求曲線E的方程；
（2）過D點的直線L與曲線E相交于不同的兩點M、N且M在D、N之間，設(shè)，
試確定實數(shù)的取值范圍．
講解: （1）建立平面直角坐標系, 如圖所示 .
∵| PA |+| PB
|=| CA |+| CB |
y
=
∴動點P的軌跡是橢圓 .
∵
∴曲線E的方程是
.
（2）設(shè)直線L的方程為
, 代入曲線E的方程，得
設(shè)M1（, 則
i) L與y軸重合時，
ii) L與y軸不重合時，
由①得
又∵,
∵ 或
∴0＜＜1 ,
∴ .
∵
而 ∴
∴
∴ , ,
∴的取值范圍是 .
值得讀者注意的是，直線L與y軸重合的情況易于遺漏，應(yīng)當引起警惕.
例8
直線過拋物線的焦點，且與拋物線相交于A兩點.
（1）求證：;
（2）求證：對于拋物線的任意給定的一條弦CD，直線l不是CD的垂直平分線.
講解: （1）易求得拋物線的焦點.
若l⊥x軸，則l的方程為.
若l不垂直于x軸，可設(shè),代入拋物線方程整理得
.
綜上可知 .
（2）設(shè)，則CD的垂直平分線的方程為
假設(shè)過F，則整理得
，.
這時的方程為y=0，從而與拋物線只相交于原點. 而l與拋物線有兩個不同的交點，因此與l不重合，l不是CD的垂直平分線.
此題是課本題的深化，你能夠找到它的原形嗎？知識在記憶中積累，能力在聯(lián)想中提升. 課本是高考試題的生長點，復(fù)課切忌忘掉課本！
例9 某工程要將直線公路l一側(cè)的土石，通過公路上的兩個道口A和B，沿著道路AP、BP運往公路另一側(cè)的P處，PA=100m，PB=150m，∠APB=60°，試說明怎樣運土石最省工？
講解: 以直線l為x軸，線段AB的中點為原點對立直角坐標系，則在l一側(cè)必存在經(jīng)A到P和經(jīng)B到P路程相等的點，設(shè)這樣的點為M，則
|MA|+|AP|=|MB|+|BP|,
即 |MA|－|MB|=|BP|－|AP|=50,
,
∴M在雙曲線的右支上.
故曲線右側(cè)的土石層經(jīng)道口B沿BP運往P處，曲線左側(cè)的土石層經(jīng)道口A沿AP運往P處，按這種方法運土石最省工.
相關(guān)解析幾何的實際應(yīng)用性試題在高考中似乎還未涉及，其實在課本中還可找到典型的范例，你知道嗎？
解析幾何解答題在歷年的高考中常考常新, 體現(xiàn)在重視能力立意, 強調(diào)思維空間, 是用活題考死知識的典范. 考題求解時考查了等價轉(zhuǎn)化, 數(shù)形結(jié)合, 分類討論, 函數(shù)與方程等數(shù)學(xué)思想, 以及定義法, 配方法, 待定系數(shù)法, 參數(shù)法, 判別式法等數(shù)學(xué)通法.
試題詳情
數(shù)學(xué)應(yīng)用性問題怎么解
陜西永壽縣中學(xué) 特級教師安振平
數(shù)學(xué)應(yīng)用性問題是歷年高考命題的主要題型之一,
也是考生失分較多的一種題型. 高考中一般命制一道解答題和兩道選擇填空題.解答這類問題的要害是深刻理解題意,學(xué)會文字語言向數(shù)學(xué)的符號語言的翻譯轉(zhuǎn)化,這就需要建立恰當?shù)臄?shù)學(xué)模型,這當中,函數(shù),數(shù)列,不等式，排列組合是較為常見的模型,而三角,立幾,解幾等模型也應(yīng)在復(fù)課時引起重視.
例1某校有教職員工150人，為了豐富教工的課余生活，每天定時開放健身房和娛樂室。據(jù)調(diào)查統(tǒng)計，每次去健身房的人有10%下次去娛樂室，而在娛樂室的人有20%下次去健身房.請問，隨著時間的推移，去健身房的人數(shù)能否趨于穩(wěn)定？
講解: 引入字母,轉(zhuǎn)化為遞歸數(shù)列模型.
設(shè)第n次去健身房的人數(shù)為an，去娛樂室的人數(shù)為bn，則.
.
，于是
即 .
.故隨著時間的推移，去健身房的人數(shù)穩(wěn)定在100人左右.
上述解法中提煉的模型, 使我們聯(lián)想到了課本典型習(xí)題（代數(shù)下冊P.132第34題）
已知數(shù)列的項滿足
其中，證明這個數(shù)列的通項公式是
有趣的是, 用此模型可以解決許多實際應(yīng)用題, 特別, 2002年全國高考解答題中的應(yīng)用題(下文例9)就屬此類模型.
例2 某人上午7時乘摩托艇以勻速V千米/小時（4≤V≤20）從A港出發(fā)前往50千米處的B港，然后乘汽車以勻速W千米/小時（30≤W≤100）自B港向300千米處的C市駛?cè)ィ谕惶斓?6時至21時到達C市, 設(shè)汽車、摩托艇所需的時間分別是x小時、y小時，若所需經(jīng)費元，那么V、W分別為多少時，所需經(jīng)費最少？并求出這時所花的經(jīng)費.
講解: 題中已知了字母, 只需要建立不等式和函數(shù)模型進行求解.
由于又
則z最大時P最小.
作出可行域，可知過點（10，4）時, z有最大值38，
∴P有最小值93，這時V=12.5，W=30.
視這是整體思維的具體體現(xiàn), 當中的換元法是數(shù)學(xué)解題的常用方法.
例3 某鐵路指揮部接到預(yù)報，24小時后將有一場超歷史記錄的大暴雨，為確保萬無一失，指揮部決定在24小時內(nèi)筑一道歸時堤壩以防山洪淹沒正在緊張施工的遂道工程。經(jīng)測算，其工程量除現(xiàn)有施工人員連續(xù)奮戰(zhàn)外，還需要20輛翻斗車同時作業(yè)24小時。但是，除了有一輛車可以立即投入施工外，其余車輛需要從各處緊急抽調(diào)，每隔20分鐘有一輛車到達并投入施工，而指揮部最多可組織25輛車。問24小時內(nèi)能否完成防洪堤壩工程？并說明理由.
講解: 引入字母, 構(gòu)建等差數(shù)列和不等式模型.
由20輛車同時工作24小時可完成全部工程可知，每輛車，每小時的工作效率為，設(shè)從第一輛車投入施工算起，各車的工作時間為a1，a2，…, a25小時，依題意它們組成公差（小時）的等差數(shù)列，且
，化簡可得.
解得.
可見a1的工作時間可以滿足要求，即工程可以在24小時內(nèi)完成.
對照此題與2002年全國高考文科數(shù)學(xué)解答題中的應(yīng)用題, 你一定會感覺二者的解法是大同小異的. 學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)就需要這種將舊模式中的方法遷移為解答新題的有用工具, 這要求你不斷的聯(lián)想, 力求尋找恰當?shù)慕忸}方案.
試題詳情
數(shù)學(xué)開放性問題怎么解
陜西永壽縣中學(xué) 特級教師安振平
數(shù)學(xué)開放性問題是近年來高考命題的一個新方向,其解法靈活且具有一定的探索性,這類題型按解題目標的操作模式分為:規(guī)律探索型,問題探究型,數(shù)學(xué)建模型,操作設(shè)計型,情景研究型.如果未知的是解題假設(shè),那么就稱為條件開放題;如果未知的是解題目標,那么就稱為結(jié)論開放題;如果未知的是解題推理,那么就稱為策略開放題.當然,作為數(shù)學(xué)高考題中的開放題其“開放度”是較弱的,如何解答這類問題,還是通過若干范例加以講解.
例 1 設(shè)等比數(shù)列的公比為 ，前 項和為 ，是否存在常數(shù) ，使數(shù)列 也成等比數(shù)列？若存在，求出常數(shù)；若不存在，請 明 理 由.
講解 存在型開放題的求解一般是從假設(shè)存在入手, 逐步深化解題進程的.
設(shè)存在常數(shù)， 使數(shù)列 成等比數(shù)列.
(i)
當 時， 代入上式得
即=0
但, 于是不存在常數(shù) ，使成等比數(shù)列.
(ii) 當 時，， 代 入 上 式 得
.
綜 上 可 知 , 存 在 常 數(shù) ，使成等比數(shù)列.
等比數(shù)列n項求和公式中公比的分類, 極易忘記公比的 情 形, 可 不 要 忽 視 啊 !
例2 某機床廠今年年初用98萬元購進一臺數(shù)控機床，并立即投入生產(chǎn)使用，計劃第一年維修、保養(yǎng)費用12萬元，從第二年開始，每年所需維修、保養(yǎng)費用比上一年增加4萬元，該機床使用后，每年的總收入為50萬元，設(shè)使用x年后數(shù)控機床的盈利額為y萬元.
（1）寫出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式；
（2）從第幾年開始，該機床開始盈利（盈利額為正值）；
(3 ) 使用若干年后，對機床的處理方案有兩種：
(i )當年平均盈利額達到最大值時，以30萬元價格處理該機床；
(ii )當盈利額達到最大值時，以12萬元價格處理該機床，問用哪種方案處理較為合算？請說明你的理由.
講解 本例兼顧應(yīng)用性和開放性, 是實際工作中經(jīng)常遇到的問題.
（1）
=.
（2）解不等式 ＞0,
得 ＜x＜.
∵ x∈N， ∴ 3 ≤x≤ 17.
故從第3年工廠開始盈利.
（3）(i) ∵ ≤40
當且僅當時，即x=7時，等號成立.
∴ 到2008年，年平均盈利額達到最大值，工廠共獲利12×7+30=114萬元.
(ii) y=-2x2+40x-98= -2（x-10）2 +102，
當x=10時，ymax=102.
故到2011年，盈利額達到最大值，工廠共獲利102+12=114萬元.
試題詳情
代數(shù)推理題怎么解
陜西永壽縣中學(xué) 特級教師安振平
數(shù)學(xué)是“教會年輕人思考”的科學(xué), 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?我們通過典型的問題, 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)練過程當中.
例1設(shè)函數(shù)，已知，時恒有，求a的取值范圍.
講解: 由
,
從而只要求直線L不在半圓C下方時, 直線L 的y截距的最小值.
當直線與半圓相切時，易求得舍去）.
故.
本例的求解在于 關(guān)鍵在于構(gòu)造新的函數(shù), 進而通過解幾模型進行推理解題, 當中,
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, 還請三思而后行.
例2 已知不等式對于大于1的正整數(shù)n恒成立，試確定a的取值范圍.
講解: 構(gòu)造函數(shù)，易證(請思考:用什么方法證明呢?)為增函數(shù).
∵n是大于1的 正整數(shù)，
對一切大于1的正整數(shù)恒成立，必須,
即
這里的構(gòu)造函數(shù)和例1屬于同類型,
學(xué)習(xí)解題就應(yīng)當在解題活動的過程中不斷的逐類旁通, 舉一反三, 總結(jié)一些解題的小結(jié)論. 針對恒成立的問題, 函數(shù)最值解法似乎是一種非常有效的同法, 請?zhí)釤捘愕男〗Y(jié)論.
例3 已知函數(shù)在區(qū)間[－b，1－b]上的最大值為25，求b的值.
講解: 由已知二次函數(shù)配方, 得
時，的最大值為4b2+3=25.
上遞增，
上遞增，
.
關(guān)于二次函數(shù)問題是歷年高考的熱門話題, 值得讀者在復(fù)課時重點強化訓(xùn)練. 針對拋物線頂點橫坐標在不在區(qū)間[－b，1－b], 自然引出解題形態(tài)的三種情況,
這顯示了分類討論的數(shù)學(xué)思想在解題當中的充分運用. 該分就分, 該合就合, 這種辨證的統(tǒng)一完全依具體的數(shù)學(xué)問題而定, 需要在解題時靈活把握.
例4已知
的單調(diào)區(qū)間；
（2）若
講解: （1） 對 已 知 函 數(shù) 進 行 降 次 分 項 變 形 , 得 ,
（2）首先證明任意
事實上,
而
.
函 數(shù) 與 不 等 式 證 明 的 綜 合 題 在 高 考 中 常 考 常 新
, 是 既 考 知 識 又 考 能 力 的 好 題 型 , 在 高 考
備 考 中 有 較 高 的 訓(xùn) 練 價 值.. 針對本例的求解, 你能夠想到證明任意采用逆向分析法, 給出你的想法!
例5 已知函數(shù)f(x)=（ａ＞０，ａ≠１）．?
(1) 證明函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點P()對稱．?
(2) 令an＝，對一切自然數(shù)n，先猜想使an＞ｎ２成立的最小自然數(shù)a,并證明之．?
(3) 求證：∈Ｎ).
講解: (1)關(guān)于函數(shù)的圖象關(guān)于定點P對稱, 可采用解幾中的坐標證法.
設(shè)M(x,y)是f(x)圖象上任一點，則M關(guān)于P()的對稱點為M’（１－ｘ，１－ｙ），?
∴Ｍ′(1-x,1-y)亦在f(x)的圖象上，
故函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點P()對稱.?
(2)將f(n)、f(1-n)的表達式代入an的表達式，化簡可得an＝ａｎ猜a=3,
即3ｎ＞ｎ２．?
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．?
設(shè)n=k(k≥２)時，3ｋ＞ｋ２．?
那么n=k+1，3ｋ＋１＞３?３ｋ＞３ｋ２?
又3k２－（ｋ＋１）２＝２（ｋ－）２－≥０（ｋ≥２，ｋ∈Ｎ）?
∴３ｎ＞ｎ２.?
(3)∵３ｋ＞ｋ２?
∴ｋｌｇ３＞２ｌｇｋ?
令k=1,2,…，n，得n個同向不等式，并相加得：
函數(shù)與數(shù)列綜合型問題在高考中頻頻出現(xiàn),是歷年高考試題中的一道亮麗的風(fēng)景線.針對本例,你能夠猜想出最小自然數(shù)a=3嗎? 試試你的數(shù)學(xué)猜想能力.
例6 已知二次函數(shù)，設(shè)方程的兩個實根為x1和x2.
（1）如果，若函數(shù)的對稱軸為x=x0，求證：x0＞－1；
（2）如果，求b的取值范圍.
講解:（1）設(shè)，由得, 即
，
故；
（2）由同號.
①若.
又，負根舍去）代入上式得
，解得；
②若 即4a－2b+3＜0.
同理可求得.
故當
對你而言, 本例解題思維的障礙點在哪里, 找找看, 如何排除? 下一次遇到同類問題, 你會很順利的克服嗎? 我們力求做到學(xué)一題會一類, 不斷提高邏輯推理能力.
例7 對于函數(shù)，若存在成立，則稱的不動點。如果函數(shù)有且只有兩個不動點0，2，且
（1）求函數(shù)的解析式；
（2）已知各項不為零的數(shù)列，求數(shù)列通項；
（3）如果數(shù)列滿足，求證：當時，恒有成立.
講解: 依題意有,化簡為 由違達定理, 得
解得 代入表達式，由
得 不止有兩個不動點，
（2）由題設(shè)得
（*）
且
（**）
由（*）與（**）兩式相減得：
解得（舍去）或，由，若這與矛盾，，即{是以-1為首項，-1為公差的等差數(shù)列，；
（3）采用反證法，假設(shè)則由（1）知
,有
，而當這與假設(shè)矛盾，故假設(shè)不成立，.
關(guān)于本例的第(3)題,我們還可給出直接證法,事實上:
由得<0或
結(jié)論成立；
若，此時從而即數(shù)列{}在時單調(diào)遞減，由，可知上成立.
比較上述兩種證法,你能找出其中的異同嗎? 數(shù)學(xué)解題后需要進行必要的反思, 學(xué)會反思才能長進.
例8 設(shè)a，b為常數(shù)，：把平面上任意一點
（a，b）映射為函數(shù)
（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，這里t為常數(shù)；
（3）對于屬于M的一個固定值，得，在映射F的作用下，M1作為象，求其原象，并說明它是什么圖象.
講解: （1）假設(shè)有兩個不同的點（a，b），（c，d）對應(yīng)同一函數(shù)，即與相同，
即 對一切實數(shù)x均成立.
特別令x=0，得a=c；令，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)同函數(shù).
（2）當時，可得常數(shù)a0，b0，使
=
由于為常數(shù)，設(shè)是常數(shù).
從而.
（3）設(shè)，由此得
在映射F之下，的原象是（m，n），則M1的原象是
.
消去t得，即在映射F之下，M1的原象是以原點為圓心，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.
例9 已知函數(shù)f(t)滿足對任意實數(shù)x、y都有f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1,且f(－2)=－2.
（1）求f(1)的值;
（2）證明：對一切大于1的正整數(shù)t，恒有f(t)>t；
（3）試求滿足f(t)=t的整數(shù)t的個數(shù)，并說明理由.
講解 （1）為求f(1)的值，需令
令.
令.
（2）令(※)
.
由,
,
于是對于一切大于1的正整數(shù)t，恒有f(t)>t.
（3）由※及（1）可知.
下面證明當整數(shù).
(※)得
即……，
將諸不等式相加得
.
綜上，滿足條件的整數(shù)只有t=1，.
本題的求解顯示了對函數(shù)方程f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1中的x、y取特殊值的技巧，這種賦值法在2002年全國高考第（21）題中得到了很好的考查.
例10 已知函數(shù)f（x）在（－1，1）上有定義，且滿足x、y∈（－1，1） 有
．
（1）證明：f（x）在（－1，1）上為奇函數(shù)；
（2）對數(shù)列求；
（3）求證
講解 （1）令則
令則 為奇函數(shù).
（2），
是以－1為首項，2為公比的等比數(shù)列．
（3）
而
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. 在求解當中，化歸出等比（等差）數(shù)列是數(shù)列問題常用的解題方法.
試題詳情
解析幾何綜合題解題思路案例分析
北京中國人民大學(xué)附中 梁麗平
陜西省咸陽市永壽中學(xué) 安振平
解析幾何綜合題是高考命題的熱點內(nèi)容之一. 這類試題往往以解析幾何知識為載體，綜合函數(shù)、不等式、三角、數(shù)列等知識，所涉及到的知識點較多，對解題能力考查的層次要求較高，考生在解答時，常常表現(xiàn)為無從下手，或者半途而廢。據(jù)此筆者認為：解決這一類問題的關(guān)鍵在于：通觀全局，局部入手，整體思維. 即在掌握通性通法的同時，不應(yīng)只形成一個一個的解題套路，解題時不加分析，跟著感覺走，做到那兒算那兒. 而應(yīng)當從宏觀上去把握，從微觀上去突破，在審題和解題思路的整體設(shè)計上下功夫，不斷克服解題征途中的道道運算難關(guān).
1 判別式----解題時時顯神功
案例1 已知雙曲線，直線過點，斜率為，當時，雙曲線的上支上有且僅有一點B到直線的距離為，試求的值及此時點B的坐標。
分析1：解析幾何是用代數(shù)方法來研究幾何圖形的一門學(xué)科，因此，數(shù)形結(jié)合必然是研究解析幾何問題的重要手段. 從“有且僅有”這個微觀入手，對照草圖，不難想到：過點B作與平行的直線，必與雙曲線C相切. 而相切的代數(shù)表現(xiàn)形式是所構(gòu)造方程的判別式. 由此出發(fā)，可設(shè)計如下解題思路：
解題過程略.
分析2：如果從代數(shù)推理的角度去思考，就應(yīng)當把距離用代數(shù)式表達，即所謂“有且僅有一點B到直線的距離為”，相當于化歸的方程有唯一解. 據(jù)此設(shè)計出如下解題思路：
有唯一解
簡解：設(shè)點為雙曲線C上支上任一點，則點M到直線的距離為：
于是，問題即可轉(zhuǎn)化為如上關(guān)于的方程.
由于，所以，從而有
于是關(guān)于的方程
由可知：
方程的二根同正，故恒成立，于是等價于
.
由如上關(guān)于的方程有唯一解，得其判別式，就可解得 .
點評：上述解法緊扣解題目標，不斷進行問題轉(zhuǎn)換，充分體現(xiàn)了全局觀念與整體思維的優(yōu)越性.
2 判別式與韋達定理-----二者聯(lián)用顯奇效
案例2 已知橢圓C:和點P（4，1），過P作直線交橢圓于A、B兩點，在線段AB上取點Q，使，求動點Q的軌跡所在曲線的方程.
分析：這是一個軌跡問題，解題困難在于多動點的困擾，學(xué)生往往不知從何入手。其實，應(yīng)該想到軌跡問題可以通過參數(shù)法求解. 因此，首先是選定參數(shù)，然后想方設(shè)法將點Q的橫、縱坐標用參數(shù)表達，最后通過消參可達到解題的目的.
由于點的變化是由直線AB的變化引起的，自然可選擇直線AB的斜率作為參數(shù)，如何將與聯(lián)系起來？一方面利用點Q在直線AB上；另一方面就是運用題目條件：來轉(zhuǎn)化.由A、B、P、Q四點共線，不難得到，要建立與的關(guān)系，只需將直線AB的方程代入橢圓C的方程，利用韋達定理即可.
通過這樣的分析，可以看出，雖然我們還沒有開始解題，但對于如何解決本題，已經(jīng)做到心中有數(shù).
在得到之后，如果能夠從整體上把握，認識到：所謂消參，目的不過是得到關(guān)于的方程（不含k），則可由解得，直接代入即可得到軌跡方程。從而簡化消去參的過程。
簡解：設(shè)，則由可得：，
解之得：
（1）
設(shè)直線AB的方程為：，代入橢圓C的方程，消去得出關(guān)于 x的一元二次方程：
（2）
∴
代入（1），化簡得：
(3)
與聯(lián)立，消去得：
在（2）中，由，解得 ，結(jié)合（3）可求得
故知點Q的軌跡方程為： （）.
點評：由方程組實施消元，產(chǎn)生一個標準的關(guān)于一個變量的一元二次方程，其判別式、韋達定理模塊思維易于想到. 這當中，難點在引出參，活點在應(yīng)用參，重點在消去參.，而“引參、用參、消參”三步曲，正是解析幾何綜合問題求解的一條有效通道.
3 求根公式-----呼之欲出亦顯靈
案例3 設(shè)直線過點P（0，3），和橢圓順次交于A、B兩點，試求的取值范圍.
分析：本題中，絕大多數(shù)同學(xué)不難得到：=，但從此后卻一籌莫展, 問題的根源在于對題目的整體把握不夠. 事實上，所謂求取值范圍，不外乎兩條路：其一是構(gòu)造所求變量關(guān)于某個（或某幾個）參數(shù)的函數(shù)關(guān)系式（或方程），這只需利用對應(yīng)的思想實施；其二則是構(gòu)造關(guān)于所求量的一個不等關(guān)系.
分析1: 從第一條想法入手，=已經(jīng)是一個關(guān)系式，但由于有兩個變量，同時這兩個變量的范圍不好控制，所以自然想到利用第3個變量――直線AB的斜率k. 問題就轉(zhuǎn)化為如何將轉(zhuǎn)化為關(guān)于k的表達式，到此為止，將直線方程代入橢圓方程，消去y得出關(guān)于的一元二次方程，其求根公式呼之欲出.
簡解1：當直線垂直于x軸時，可求得;
當與x軸不垂直時，設(shè)，直線的方程為：，代入橢圓方程，消去得
解之得
因為橢圓關(guān)于y軸對稱，點P在y軸上，所以只需考慮的情形.
當時，，，
所以 ===.
由 , 解得 ，
所以 ，
綜上 .
分析2: 如果想構(gòu)造關(guān)于所求量的不等式，則應(yīng)該考慮到：判別式往往是產(chǎn)生不等的根源. 由判別式值的非負性可以很快確定的取值范圍，于是問題轉(zhuǎn)化為如何將所求量與聯(lián)系起來. 一般來說，韋達定理總是充當這種問題的橋梁，但本題無法直接應(yīng)用韋達定理，原因在于不是關(guān)于的對稱關(guān)系式. 原因找到后，解決問題的方法自然也就有了，即我們可以構(gòu)造關(guān)于的對稱關(guān)系式.
簡解2：設(shè)直線的方程為：，代入橢圓方程，消去得
（*）
則
令，則，
在（*）中，由判別式可得 ，
從而有 ，
所以 ，
解得
.
結(jié)合得.
綜上，.
點評：范圍問題不等關(guān)系的建立途徑多多，諸如判別式法，均值不等式法，變量的有界性法，函數(shù)的性質(zhì)法，數(shù)形結(jié)合法等等. 本題也可從數(shù)形結(jié)合的角度入手，給出又一優(yōu)美解法.
解題猶如打仗，不能只是忙于沖鋒陷陣，一時局部的勝利并不能說明問題，有時甚至?xí)痪植克m纏而看不清問題的實質(zhì)所在，只有見微知著，樹立全局觀念，講究排兵布陣，運籌帷幄，方能決勝千里.
試題詳情
二次函數(shù)綜合問題例談
北京中國人民大學(xué)附中 梁麗平
陜西省咸陽市永壽中學(xué) 安振平
二次函數(shù)是中學(xué)代數(shù)的基本內(nèi)容之一，它既簡單又具有豐富的內(nèi)涵和外延. 作為最基本的初等函數(shù)，可以以它為素材來研究函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、最值等性質(zhì)，還可建立起函數(shù)、方程、不等式之間的有機聯(lián)系；作為拋物線，可以聯(lián)系其它平面曲線討論相互之間關(guān)系. 這些縱橫聯(lián)系，使得圍繞二次函數(shù)可以編制出層出不窮、靈活多變的數(shù)學(xué)問題. 同時，有關(guān)二次函數(shù)的內(nèi)容又與近、現(xiàn)代數(shù)學(xué)發(fā)展緊密聯(lián)系，是學(xué)生進入高校繼續(xù)深造的重要知識基礎(chǔ). 因此，從這個意義上說，有關(guān)二次函數(shù)的問題在高考中頻繁出現(xiàn)，也就不足為奇了.
學(xué)習(xí)二次函數(shù)，可以從兩個方面入手：一是解析式，二是圖像特征. 從解析式出發(fā)，可以進行純粹的代數(shù)推理，這種代數(shù)推理、論證的能力反映出一個人的基本數(shù)學(xué)素養(yǎng)；從圖像特征出發(fā)，可以實現(xiàn)數(shù)與形的自然結(jié)合，這正是中學(xué)數(shù)學(xué)中一種非常重要的思想方法. 本文將從這兩個方面研究涉及二次函數(shù)的一些綜合問題.
1.
代數(shù)推理
由于二次函數(shù)的解析式簡捷明了，易于變形（一般式、頂點式、零點式等），所以，在解決二次函數(shù)的問題時，常常借助其解析式，通過純代數(shù)推理，進而導(dǎo)出二次函數(shù)的有關(guān)性質(zhì).
1.1
二次函數(shù)的一般式中有三個參數(shù). 解題的關(guān)鍵在于：通過三個獨立條件“確定”這三個參數(shù).
例1 已知，滿足1且，求的取值范圍.
分析：本題中，所給條件并不足以確定參數(shù)的值，但應(yīng)該注意到：所要求的結(jié)論不是的確定值，而是與條件相對應(yīng)的“取值范圍”，因此，我們可以把1和當成兩個獨立條件，先用和來表示.
解：由，可解得：
（*）
將以上二式代入，并整理得
,
∴ .
又∵，,
∴ .
例2 設(shè)，若，，, 試證明：對于任意，有.
分析：同上題，可以用來表示.
解：∵ ,
∴ ,
∴ .
∴ 當時，
當時，
綜上，問題獲證.
1.2 利用函數(shù)與方程根的關(guān)系，寫出二次函數(shù)的零點式
例３ 設(shè)二次函數(shù)，方程的兩個根滿足. 當時，證明.
分析：在已知方程兩根的情況下，根據(jù)函數(shù)與方程根的關(guān)系，可以寫出函數(shù)的表達式，從而得到函數(shù)的表達式.
證明：由題意可知.
,
∴ ,
∴ 當時，.
又,
∴ ,
綜上可知，所給問題獲證.
1.3 緊扣二次函數(shù)的頂點式對稱軸、最值、判別式顯合力
例4 已知函數(shù)。
（1）將的圖象向右平移兩個單位，得到函數(shù)，求函數(shù)的解析式；
（2）函數(shù)與函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，求函數(shù)的解析式；
（3）設(shè)，已知的最小值是且，求實數(shù)的取值范圍。
解：(1)
(2)設(shè)的圖像上一點，點關(guān)于的對稱點為，由點Q在的圖像上，所以
，
于是
即
（3）.
設(shè)，則.
問題轉(zhuǎn)化為：對恒成立. 即
對恒成立. （*）
故必有.（否則，若，則關(guān)于的二次函數(shù)開口向下，當充分大時，必有；而當時，顯然不能保證（*）成立.），此時，由于二次函數(shù)的對稱軸，所以，問題等價于，即，
解之得：.
此時，，故在取得最小值滿足條件.
2. 數(shù)形結(jié)合
二次函數(shù)的圖像為拋物線，具有許多優(yōu)美的性質(zhì)，如對稱性、單調(diào)性、凹凸性等. 結(jié)合這些圖像特征解決有關(guān)二次函數(shù)的問題，可以化難為易.，形象直觀.
2.1 二次函數(shù)的圖像關(guān)于直線對稱， 特別關(guān)系也反映了二次函數(shù)的一種對稱性.
例5 設(shè)二次函數(shù)，方程的兩個根滿足. 且函數(shù)的圖像關(guān)于直線對稱，證明：.
解：由題意
.
由方程的兩個根滿足, 可得
且,
∴ ，
即 ，故 .
2.2 二次函數(shù)的圖像具有連續(xù)性，且由于二次方程至多有兩個實數(shù)根. 所以存在實數(shù)使得且在區(qū)間上，必存在的唯一的實數(shù)根.
例6 已知二次函數(shù)，設(shè)方程的兩個實數(shù)根為和.
（1）如果，設(shè)函數(shù)的對稱軸為，求證：；
（2）如果，，求的取值范圍.
分析：條件實際上給出了的兩個實數(shù)根所在的區(qū)間，因此可以考慮利用上述圖像特征去等價轉(zhuǎn)化.
解：設(shè)，則的二根為和.
（1）由及，可得 ，即，即
兩式相加得，所以，;
（2）由, 可得 .
又，所以同號.
∴ ，等價于或,
即 或
解之得 或.
2.3 因為二次函數(shù)在區(qū)間和區(qū)間上分別單調(diào)，所以函數(shù)在閉區(qū)間上的最大值、最小值必在區(qū)間端點或頂點處取得；函數(shù)在閉區(qū)間上的最大值必在區(qū)間端點或頂點處取得.
例7 已知二次函數(shù)，當時，有，求證：當時，有.
分析：研究的性質(zhì)，最好能夠得出其解析式，從這個意義上說，應(yīng)該盡量用已知條件來表達參數(shù). 確定三個參數(shù)，只需三個獨立條件，本題可以考慮，，，這樣做的好處有兩個：一是的表達較為簡潔，二是由于正好是所給條件的區(qū)間端點和中點，這樣做能夠較好地利用條件來達到控制二次函數(shù)范圍的目的.
要考慮在區(qū)間上函數(shù)值的取值范圍，只需考慮其最大值，也即考慮在區(qū)間端點和頂點處的函數(shù)值.
解：由題意知：，
∴ ，
∴ .
由時，有，可得 .
∴ ,
.
（1）若，則在上單調(diào)，故當時，
∴ 此時問題獲證.
（2）若，則當時，
又，
∴ 此時問題獲證.
綜上可知：當時，有.
試題詳情
WORD版，共七篇，目錄如下：
1、二次函數(shù)綜合問題例談
北京中國人民大學(xué)附中 梁麗平；陜西省咸陽市永壽中學(xué)
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2、解析幾何綜合題解題思路案例分析 梁麗平
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3、代數(shù)推理題怎么解 特級教師安振平
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綿陽中學(xué)高2009級第六期第一學(xué)月考試
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