解题方法之必要条件解题

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1、2015年第3期福建中学数学39naaasaa1n1a1a1(1q)23nq，于是n1q，得sq(s)，得s(q1)．n1nq1q11qa1a2an1snanna，q1，方法6待定系数法21由ssaaqn1(n2)，设sxqns得sna1aqnnn1n1nn1，q1．1qn1n1n1a1xq，得x(1qq)aq，当q1时，得x，1方法8利用合比定理2，1qaaaaaaaa由23n+1q，得21311n1n11n即snqsn1q．所

2、以数列{snq}aaaaa1q1q1q12n12aaaaaaaaaan11q1，即2132...n1nq1，111为常数数列，其首项为s1qa1q．aaaa1q1q1qn12naaaaqanaaaq由合比性质有，n11q1，得s1n故s1q1，得s1n．nnnaa...a1q1q1q1q12n(q1)．方法7利用合比定理1aaa公式本身就是一个经典的数学问题，公式的推23n根据等比数列的定义可知q，aaa导过程通常蕴含着经典的数学思想和方法，往往需12n1通过观察，我们发现运

3、用初中所学的合比性质得要对所涉及的数学知识进行重新组织、转换，有时还需要多次反复，具有较强的联系性．希望此文对读者会有所启发．解题方法之必要条件解题张立建江苏省建湖高级中学（224700）解决问题时，我们一般要求保持等价．但有时33得a．综上a．等价命题比较复杂，不易求解．此时不妨研究命题22点评此题关键是方法的选取．利用必要条件解成立的必要条件，扩大问题解集的范围，再通过充此题最简便！取特殊值时一般选取整数值或端点值．分性检验，剔除增解，得出正确结论．ax11利用必要条件得到“可能的答案”，再检验去例2已知函数fx()在区间(2，)上x2掉增解单调递减

4、，求a的取值范围．例1（2012年高考浙江卷·理17）设aR，ax12解因为函数fx()在区间(2，)上单若x0时均有[(a1)x1](xax1)0，则a．x2分析思维过程：想法一：直接求导求最小值，调递减，所以fx()0在区间(2，)上恒成立．又运算量大，基本上无法求解，且时间上不允许．想2a12a1fx()，所以0在(2，)上恒成法二：a1时，问题转化为一次函数y(a1)x1与(x2)2(x2)22二次函数yxax1的函数值同号，且两函数图象11立，解得a．检验：当a时，fx()的值恒等1

5、22都过(0，1)点，数形结合易得两个图象都过点(a1于0，此时，函数fx()是常数函数，无单调性，不符，0)时符合题意．此法对思维要求高，不易想到．想1合题意．综上a的取值范围是a．法三：利用必要条件缩小a的取值范围，自然令x21，解得0x2，未得到答案，再令x2进一步缩点评若函数fx()在区间I可导，xI，fx()20是函数fx()在区间I单调递减的必要不充分条小范围，此时(2a3)(32)a0，即(2a3)0，解40福建中学数学2015年第3期件．故需检验fx()不恒为0．f(1)10，即1f(1)1，解得f(1)1，故

6、abc2例3若函数fx()(xa)3x2a(xa)38x3a为abc1，1111．由b2a，得ac，b．当ac，偶函数，则所有实数a的取值构成的集合为．424ac解fx()为R上的偶函数的必要条件是f(a)21121112fa()，即2a382a2a3a2a，解得a0，a5，b时，fx()xx(x1)，其顶点为24244a2．检验：当a0时，f(1)0，f(1)0，故12(10)，满足条件①，又fx()x(x1)，对xR，x28xfx()x3x3不是偶

7、函数．当a5或a24时，符合题意．故a的取值集合为{52}，．都有0fx()x1(x1)2，满足条件②，所以存在2点评利用fx()是偶函数的必要条件：f(a)abc，，，使fx()同时满足条件①、②．fa()，求出a的值．再利用充分性检验，简化解题．点评利用条件②中不等式恒成立的必要条件2多次利用必要条件，利用交集将问题答案逼得到了关于abc，，的一个方程（隐性结论），较之利出来1例4已知t为常数，函数y

8、x22xt

9、在区间用等价条件运算量小，再者观察条件0fx()x2[03]，上的最大值为2，则t．(x