感悟|再谈数学知识的积累

博文由来

在最近的组卷中，看到这样一个题目，大概思考了其解法过程，颇有感触，作以记录；

[高中数学][来源于数学难卷]若给定命题 “\(\exists\)\(x\)\(\in\)\((0,2]\) ，不等式 \(e^{2x}\)\(+\)\(e^{-2x}\)\(-\)\(a(e^x-e^{-x})<0\) ”为假命题，则实数 \(a\) 的取值范围是【\(\qquad\)】

$A.(-\infty，\sqrt{2})$ $B.(-\infty，2\sqrt{2}]$ $C.(0，\sqrt{2}]$ $D.(2\sqrt{2}，+\infty)$

解题过程

分析：由于命题\(“\exists x\in (0,2]\)，不等式\(e^{2x}+e^{-2x}-a(e^x-e^{-x})<0”\)为假命题，

则上述命题[它为特称命题]的否定[命题的否定为全称命题，不是否命题]一定为真命题[初次转化]；

即命题 \(“\forall x\in (0,2]\)，不等式 \(e^{2x}+e^{-2x}-a(e^x-e^{-x})\geqslant 0”\) 为真命题，

即不等式\(e^{2x}+e^{-2x}-a(e^x-e^{-x})\geqslant 0\)对\(\forall x\in (0,2]\)恒成立[等价转化，转化为我们便于思考和处理的模型]，

〔这样我们自然会思考，如果能分离参数 \(a\)，则接下来问题的求解就顺的多了，观察发现，可以考虑使用换元法〕

令\(e^x-e^{-x}=t\)，则由\(y=e^x-e^{-x}\)在\(x\in (0,2]\)上是增函数，可知\(t\in (0,e^2-e^{-2}]\)，

又由于\((e^x-e^{-x})^2=t^2\)，即\(e^{2x}-2+e^{-2x}=t^2\)，则\(e^{2x}+e^{-2x}=t^2+2\)[这一换元转化，将实现将复杂问题简单化和清晰化]，

这样问题转化为 \(t^2+2-at\geqslant 0\) 对 \(t\in (0,e^2-e^{-2}]\) 恒成立[当转化为简单或我们熟悉的模型后，我们处理起来就能得心应手了]，

分离参数得到，\(a\leqslant \cfrac{t^2+2}{t}=t+\cfrac{2}{t}\) 对 \(t\in (0,e^2-e^{-2}]\) 恒成立，

令\(g(t)=t+\cfrac{2}{t}\)，则需要求在 \(t\in (0,e^2-e^{-2}]\) 上的 \(g(t)\) 的最小值 \(g(t)_{min}\)；

由于\(g'(t)=1-\cfrac{2}{t^2}\)，故当 \(t\in (0,\sqrt{2}]\)时，\(g'(t)<0\)，函数 \(g(t)\) 单调递减；

当\(t\in [\sqrt{2}，2\sqrt{2})\)时，\(g'(t)>0\)，函数\(g(t)\)单调递增；

故当\(t\in (0,e^2-e^{-2}]\)时，\(g(t)_{min}=g(\sqrt{2})=2\sqrt{2}\)，

则\(a\leqslant 2\sqrt{2}\)，即选\(B\).

需要积累

以下内容是顺利解决此问题需要的最少储备，用相关的关键词，你可以在本博客中继续搜索，深入学习；

①命题的真假判断和转化，命题的否定；

②换元法，题目求解中为什么需要换元法，如何换元，平时如何积累；

[这样的题目初中练习的肯定不少，但估计你就没有多思考为什么要练习这样的题目]已知\(x+x^{-1}=3\)，求值：

$x^{\frac{1}{2}}+x^{-\frac{1}{2}}=\sqrt{5}$；

$x^{\frac{3}{2}}+x^{-\frac{3}{2}}=2\sqrt{5}$；

$x^2+x^{-2}=7$；

③恒成立模型和恒成立命题，哪些命题都可以转化为恒成立命题，转化后如何求解；

④分离参数法，为什么要分离参数，如何分离参数；

⑤常用函数的积累，哪些函数是比较常用的函数，都需要积累函数的什么性质，如何积累；

比如， \(h(x)=e^x\pm e^{-x}\)的奇偶性和单调性以及图像；\(f(x)=x\pm \cfrac{k}{x}(k>0)\)的奇偶性和单调性以及图像；

题组难易梯度

以下的题目是按照函数的难易程度，以及题目涉及到的知识点多少排列，其求解难度由易到难；〔主要涉及对勾函数题组〕，相关延展内容：对勾型函数

[高一新课使用]已知函数\(f(x)=x+\cfrac{2}{x}\)，\(x\in (0,4)\)，求函数\(f(x)\)的最小值；

预备知识：对勾函数\(f(x)=x+\cfrac{2}{x}\)，\(x\in (0,4)\)，

则\(x\in (0,\sqrt{2}]\)上单调递减，\(x\in (\sqrt{2},4)\)上单调递增，

故\(f(x)_{min}=f(\sqrt{2})=2\sqrt{2}\)；

[高一新课使用]已知函数\(f(x)=x+\cfrac{2}{x}\)，\(x\in [\cfrac{1}{4},3]\)，求函数\(f(x)\)的最值；

分析：由上例可知[此例是限定区间]，函数在\([\cfrac{1}{4},\sqrt{2}]\)上单调递减，在\([\sqrt{2},3]\)上单调递增，如图所示，

故\(f(x)_{\min}=f(\sqrt{2})=2\sqrt{2}\)；

\(f(x)_{\max}=\max\{f(\cfrac{1}{4})，f(3)\}=8\cfrac{1}{4}=\cfrac{33}{4}\)；

[高一高二使用]已知函数\(f(x)=x^2+\cfrac{2}{x^2}\)，\(x\in (0,\sqrt{2})\)，求函数\(f(x)\)的最小值；

提示：和引例2相比，仅仅多增加了考点：使用换元法，

令\(x^2=t\)，则由\(x\in (0,\sqrt{2})\)，得到\(x^2=t\in (0,2)\)，

故问题转化为已知函数\(g(t)=t+\cfrac{2}{t}\)，\(t\in (0,2)\)，求函数\(g(t)\)的最小值；仿上例完成即可；

[高三一轮使用]已知函数\(f(x)=x^2-ax+2>0\)在\(x\in (0,\sqrt{2})\)上恒成立，求参数\(a\)的取值范围；

提示：和引例3相比，多增加了考点：不等式恒成立模型和分离参数法，由于\(x\in (0,\sqrt{2})\)

则分离参数得到，\(a<\cfrac{x^2+2}{x}\)，即\(a<x+\cfrac{2}{x}\)在\(x\in (0,\sqrt{2})\)上恒成立，

令\(x+\cfrac{2}{x}=h(x)\)，\(x\in (0,\sqrt{2})\)，仿上求其最小值或最小值的极限在开区间上，单调函数没有最值；由于函数取不到最小值的极限值，故参数才可以取到。即可。

由于\(x\in (0,\sqrt{2})\)，\(f(x)> f(\sqrt{2})=2\sqrt{2}\)，故\(a\leqslant 2\sqrt{2}\).

[高三专题拟使用]已知命题“当\(x\in (0,\sqrt{2})\)时，函数\(f(x)=x^2-ax+2>0\)为真命题”，求参数\(a\)的取值范围；

提示：和引例2相比，多增加了考点：命题的真假判断，转化与划归，恒成立命题模型，分离参数法；

由于当\(x\in (0,\sqrt{2})\)时，函数\(f(x)=x^2-ax+2>0\)为真命题，

故函数\(f(x)=x^2-ax+2>0\)在\(x\in (0,\sqrt{2})\)时恒成立，分离参数得到

\(a<\cfrac{x^2+2}{x}\)，即\(a<x+\cfrac{2}{x}\)在\(x\in (0,\sqrt{2})\)上恒成立，

令\(x+\cfrac{2}{x}=h(x)\)，\(x\in (0,\sqrt{2})\)，仿上求其最小值或最小值的极限在开区间上，单调函数没有最值；由于函数取不到最小值的极限值，故参数才可以取到。即可。

由于\(x\in (0,\sqrt{2})\)，\(f(x)> f(\sqrt{2})=2\sqrt{2}\)，故\(a\leqslant 2\sqrt{2}\).

[高三专题拟使用]若命题“\(\exists x\in (0,\sqrt{2})\)时，函数\(f(x)=x^2-ax+2\leqslant 0\)为假命题”，求参数\(a\)的取值范围；

提示：本题目多增加了考点：全称命题和特称命题的否定，恒成立命题模型，分离参数法；

原命题[特称命题]为假命题，则该命题的否定[全称命题]为真命题；

由题目可知，\(\not\exists x\in (0,\sqrt{2})\)时，函数\(f(x)=x^2-ax+2\leqslant 0\)能成立，

则命题“当\(\forall x\in (0,\sqrt{2})\)时，函数\(f(x)=x^2-ax+2>0\)为真命题”，至此，仿引例5完成；

[高三专题拟使用]若命题“当\(x\in (0,\sqrt{2})\)时，函数\(f(x)=x^2-ax+2>0\)为假命题”，求参数\(a\)的取值范围；

提示：本题目多增加了考点：全称命题和特称命题的否定，能成立模型，转化与划归，分离参数，

由题目可知，命题“\(\forall x\in (0,\sqrt{2})\)时，函数\(f(x)=x^2-ax+2>0\)为假命题”，[全称命题，假命题]

则命题“\(\exists x\in (0,\sqrt{2})\)时，函数\(f(x)=x^2-ax+2\leqslant0\)为真命题”，[特称命题，真命题]

即函数\(f(x)=x^2-ax+2\leqslant 0\)在\(x\in (0,\sqrt{2})\)时能成立；分离参数得到，

\(a\geqslant \cfrac{x^2+2}{x}\)，即\(a\geqslant x+\cfrac{2}{x}\)在\(x\in (0,\sqrt{2})\)上能成立，

令\(x+\cfrac{2}{x}=h(x)\)，\(x\in (0,\sqrt{2})\)，仿上求其最小值或最小值极限即可。

由于\(x\in (0,\sqrt{2})\)，\(f(x)> f(\sqrt{2})=2\sqrt{2}\)， 故\(a> 2\sqrt{2}\)在开区间上，单调函数没有最值；由于函数取不到最小值的极限值，故参数的等号必须去掉。 。

[高考模拟考试拟使用]若命题\(“\exists x\in (0,2]\)，不等式\(e^{2x}+e^{-2x}-a(e^x-e^{-x})<0”\)为假命题，求参数\(a\)的取值范围；

提示：和引例7相比，多增加了考点：函数的储备和函数的变形运算；

[知识储备回顾：注意函数\(y=e^x-e^{-x}\)在\(x\in (0,2]\)上单调递增且恒为正]

由题可知，命题\(“\forall x\in (0,2]\)，不等式\(e^{2x}+e^{-2x}-a(e^x-e^{-x})\geqslant 0”\)为真命题，

即\((e^x-e^{-x})a\leqslant e^{2x}+e^{-2x}\)在\(x\in (0,2]\)上恒成立，

即\(a\leqslant \cfrac{e^{2x}+e^{-2x}}{e^x-e^{-x}}\)在\(x\in (0,2]\)上恒成立，

令\(\cfrac{e^{2x}+e^{-2x}}{e^x-e^{-x}}=g(x)\)，需要求解函数\(g(x)\)的最小值或最小值的极限；

化简得到，\(g(x)=\cfrac{e^{2x}+e^{-2x}}{e^x-e^{-x}}=\cfrac{(e^{x}-e^{-x})^2+2}{e^x-e^{-x}}\)

\(=e^x-e^{-x}+\cfrac{2}{e^x-e^{-x}}\)，

令\(t=e^x-e^{-x}\)，由于\(x\in (0,2]\)时函数\(t=e^x-e^{-x}\)单调递增，则\(t\in (0,e^2-e^{-2}]\)，

则函数\(g(x)=h(t)=t+\cfrac{2}{t}\)，\(t\in (0,e^2-e^{-2}]\)，

由上述储备可知，函数\(h(t)\)在区间\((0,\sqrt{2}]\)上单调递减，在区间\([\sqrt{2},e^2-e^{-2}]\)上单调递增，

故\(g(x)_{\min}=h(t)_{\min}=h(\sqrt{2})=2\sqrt{2}\)，

故\(a\leqslant 2\sqrt{2}\)，即所求的\(a\)的取值范围为\((-\infty,2\sqrt{2}]\)；

解后反思：当得到\(g(x)=e^x-e^{-x}+\cfrac{2}{e^x-e^{-x}}\)，自然还可以使用均值不等式来求解最小值；

[高考模拟考试拟使用]若命题\(“\exists x\in (1,2]\)，不等式\(e^{2x}+e^{-2x}-a(e^x+e^{-x})<0”\)为假命题，求参数\(a\)的取值范围；

提示：和引例8相比，本题仅仅是函数形式的不同和储备函数的不同；

[知识储备回顾：注意函数\(y=e^x+e^{-x}\)在\(x\in (0,2]\)上单调递增且恒为正]

由题可知，命题\(“\forall x\in (0,2]\)，不等式\(e^{2x}+e^{-2x}-a(e^x+e^{-x})\geqslant 0”\)为真命题，

即\((e^x+e^{-x})a\leqslant e^{2x}+e^{-2x}\)在\(x\in (0,2]\)上恒成立，

即\(a\leqslant \cfrac{e^{2x}+e^{-2x}}{e^x+e^{-x}}\)在\(x\in (0,2]\)上恒成立，

令\(\cfrac{e^{2x}+e^{-2x}}{e^x+e^{-x}}=h(x)\)，需要求解函数\(h(x)\)的最小值或最小值的极限；

化简得到，\(h(x)=\cfrac{e^{2x}+e^{-2x}}{e^x+e^{-x}}=\cfrac{(e^{x}+e^{-x})^2-2}{e^x+e^{-x}}\)

\(=e^x+e^{-x}-\cfrac{2}{e^x+e^{-x}}\)，

令\(t=e^x+e^{-x}\)，由于\(x\in (0,2]\)时函数\(t=e^x+e^{-x}\)单调递增，则\(t\in (2,e^2+e^{-2}]\)，

则函数\(h(x)=m(t)=t-\cfrac{2}{t}\)，\(t\in (2,e^2+e^{-2}]\)，

函数\(h(t)\)在区间\((2,e^2+e^{-2}]\)上单调递增，

故\(h(x)_{\min}=m(t)_{\min}\rightarrow m(2)=2-\cfrac{2}{2}=1\)，

即所求的\(a\)的取值范围为\((-\infty,1]\)；

命题思考

作为高考数学的教学者和学习者，我们的主要任务是通过平时的学习和多次模拟练习，完成高考题目的破局；命题人是设局者，我们是破局者，那么研究设局者的思考模式，对于我们顺利破局是有帮助的；而老师又同时身兼破局者和设局者双重身份，在平时的考练中是设局者的身份；在高考题目解答中，又身兼引导学生破局的身份；

由上述案例，我们大体可以猜测和把握命题人的命题模式和方向，考查的主体知识必然都是老师们平时多次强调的高频考查点，但是在具体组织题目时，可以根据题目所处的位置和难度要求，采用组合式命题方法，添加不同的知识点，以适当控制题目的难度。

• 平时考练中，精心设局，讲评中引导学生破局；

• 高考备考中，拨云见月，顺利破局；

复习轮次

[本题目能说明一轮和二轮的关系]已知数列 \(\{a_{n}\}\) 中，\(a_{1}=1\)，\(a_{n}-a_{n-1}=n\) \((n \geq 2, n \in N^{+})\)，设\(b_{n}=\cfrac{1}{a_{n+1}}+\cfrac{1}{a_{n+2}}+\cfrac{1}{a_{n+3}}+\ldots+\cfrac{1}{a_{2 n}}\)，若对任意的正整数 \(n\)， 当 \(m \in[1,2]\) 时, 不等式 \(m^{2}\)\(-\)\(mt\)\(+\)\(\cfrac{1}{3}\)\(>\)\(b_{n}\) 恒成立，求实数 \(t\) 的取值范围。

分析：当\(n\geq 2\)时，\(a_{n}-a_{n-1}=n\)，\(a_{n-1}-a_{n-2}=n-1\)， \(\ldots\)， \(a_{2}-a_{1}=2\)，

并项相加，得: \(a_{n}-a_{1}=n+(n-1)+\ldots+3+2\)，

则有\(a_{n}=1+2+3+\ldots+n=\frac{1}{2} n(n+1)(n\geqslant 2)\)

又当\(n=1\)时，\(a_1=\cfrac{1}{2}\times 1\times (1+1)=1\)，也满足上式，

故数列\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n=\cfrac{1}{2}n(n+1)(n\in N^*)\);

则由题目\(b_{n}=\cfrac{1}{a_{n+1}}+\cfrac{1}{a_{n+2}}+\cfrac{1}{a_{n+3}}+\ldots+\cfrac{1}{a_{2n}}\)

\(=\cfrac{2}{(n+1)(n+2)}+\cfrac{2}{(n+2)(n+3)}+\cdots+\cfrac{2}{2n(2n+1)}\)

\(=2(\cfrac{1}{n+1}-\cfrac{1}{n+2}+\cfrac{1}{n+2}-\cfrac{1}{n+3}+\cdots+\cfrac{1}{2n}-\cfrac{1}{2n+1})\)

\(=2(\cfrac{1}{n+1}-\cfrac{1}{2n+1})=\cfrac{2n}{2n^{2}+3n+1}=\cfrac{2}{2n+\cfrac{1}{n}+3}\),

令\(f(x)=2 x+\cfrac{1}{x}(x \geq 1)\)，则\(f'(x)=2-\cfrac{1}{x^2}\)，

当\(x\geqslant 1\)时，\(f'(x)>0\)恒成立，故\(f(x)\)在\([1,+\infty)\)上为增函数，

故当$ x=1$ 时，\(f(x)_{\min}=f(1)=3\)，即当 \(n=1\) 时，\((b_{n})_{\max}=\cfrac{1}{3}\)

则须使 \(m^{2}-mt+\cfrac{1}{3}>(b_{n})_{max}=\cfrac{1}{3}\)， 即 \(m^{2}-mt >0\) 对\(\forall m \in[1,2]\) 恒成立，

即\(t<m\) 的最小值，可得 \(t<1\)，故实数 \(t\) 的取值范围为\((-\infty, 1)\).

说明：一轮的复习中，必须要掌握每一个单独的知识点：①累加法求通项公式；②裂项法求通项公式；③简单的恒成立命题求解思路；

二轮复习中，就可以将对以上单独的知识点的考查整合到一个题目中，综合考察，很显然考查的难度会随着加入的知识点的个数，逐渐加大。