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20.2012届江苏高考数学二轮复习教学案(详解)--分类讨论思想

时间:2012-03-16


Http://www.fhedu.cn 第18讲 分类讨论思想

分类讨论是一种重要的数学思想方法, 当问题的对象不能进行统一研究时, 就需要对研 究的对象按某个标准进行分类,然后对每一类分别研究,给出每一类的结论,最终综合各类 结果得到整个问题的解答.实质上分类讨论就是“化整为零,各个击破,再集零为整”的数 学策略. 分类原则:(1) 所讨论的全域要确定,分类要“既不重复,也不遗漏”;(2) 在同一次 讨论中只能按所确定的一个标准进行;(3) 对多级讨论,应逐级进行,不能越级. 讨论的基本步骤:(1) 确定讨论的对象和讨论的范围(全域);(2) 确定分类的标准,进行 合理的分类;(3) 逐步讨论(必要时还得进行多级分类);(4) 总结概括,得出结论. 引起分类讨论的常见因素:(1) 由概念引起的分类讨论;(2) 使用数学性质、定理和公 式时,其限制条件不确定引起的分类讨论;(3) 由数学运算引起的分类讨论;(4)由图形的不 确定性引起的分类讨论;(5) 对于含参数的问题由参数的变化引起的分类讨论. 简化和避免分类讨论的优化策略:(1) 直接回避.如运用反证法、求补法、消参法等有 时可以避开繁琐讨论; 变更主元. (2) 如分离参数、 变参置换等可避开讨论; 合理运算. (3) 如 利用函数奇偶性、 变量的对称、轮换以及公式的合理选用等有时可以简化甚至避开讨论;(4) 数形结合.利用函数图象、几何图形的直观性和对称特点有时可以简化甚至避开讨论. 注:能回避分类讨论的尽可能回避.

1. 一条直线过点(5,2)且在 x 轴,y 轴上截距相等,则这直线方程为________. 2.正三棱柱的侧面展开图是边长分别为 6 和 4 的矩形, 则它的体积为________. 1 ax2-a(a+1)x+ (a+1)的定义域为一切实数,则实数 a 的取值范围是 2

3.函数 f(x)= ________.

4.数列{an}的前 n 项和为 Sn=2n2+n-1(n∈N*),则其通项 an=________.

【例 1】 在△ABC 中,已知 sinB=

15 ,a=6,b=8,求边 c 的长. 4

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Http://www.fhedu.cn 【例 2】 解关于 x 的不等式:ax2-(a+1)x+1<0(a∈R).

【例 3】 设等比数列{an}的公比为 q,前 n 项和 Sn>0(n=1,2,…). (1) 求 q 的取值范围; (2) 设 bn=an+2-an+1,记{bn}的前 n 项和为 Tn,试比较 Sn 与 Tn 的大小.

【例 4】 已知函数 f(x)和 g(x)的图象关于原点对称,且 f(x)=x2+2x. (1) 求函数 g(x)的解析式; (2) 若 h(x)=g(x)-λf(x)+1 在[-1,1]上是增函数,求实数 λ 的取值范围.

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1. (2009·全国)双曲线的一条渐近线方程为 3x-2y=0, 则该双曲线的离心率为________.
? 1 x ?2 ,x≤1, 2.(2011· 辽宁 )设 函数 f(x)= ? 则 满足 f(x)≤2 的 x 的 取值范 围是 ? ?1-log2x,x>1,


________.

?2x+a,x<1, ? 若 f(1-a)=f(1+a),则 a 3.(2011·江苏)已知实数 a≠0,函数 f(x)=? ? ?-x-2a,x≥1,

的值为________.

? 2 ?x +2x-3,x≤0, 4.(2010·福建)函数 f(x)=? 的零点个数为________. ? ?-2+lnx,x>0,

1 5.(2011·江西)设 f(x)= x3+mx2+nx. 3 (1) 如果 g(x)=f′(x)-2x-3 在 x=-2 处取得最小值-5,求 f(x)的解析式; (2) 如果 m+n<10(m,n∈N+),f(x)的单调递减区间的长度是正整数,试求 m 和 n 的 值.(注:区间(a,b)的长度为 b-a)

6.(2010·江苏)设 f(x)是定义在区间(1,+∞)上的函数,其导函数为 f′(x).如果存在实 数 a 和函数 h(x),其中 h(x)对任意的 x∈(1,+∞)都有 h(x)>0,使得 f′(x)=h(x)(x2-ax+ 1),则称函数 f(x)具有性质 P(a).设函数 f(x)=lnx+ (1) 求证:函数 f(x)具有性质 P(b); (2) 求函数 f(x)的单调区间. b+2 (x>1),其中 b 为实数. x+1

(2011·南通)(本小题满分 16 分)已知各项均不为零的数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1=c,2Sn=anan+1+r. (1) 若 r=-6,数列{an}能否成为等差数列?若能,求 c 满足的条件;若不能,请说明 理由. (2) 设 Pn= a2n-1 a1 a3 a2 a4 a2n + +…+ ,Qn= + +…+ ,若 r a1-a2 a3-a4 a2n-1-a2n a2-a3 a4-a5 a2n-a2n+1

>c>4,求证:对于一切 n∈N*,不等式-n<Pn-Qn<n2+n 恒成立. r (1) 解:n=1 时,2a1=a1a2+r,∵ a1=c≠0,∴ 2c=ca2+r,a2=2- . c (1 分)

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Http://www.fhedu.cn n≥2 时,2Sn=anan+1+r,① 2Sn-1=an-1an+r,② ①-②,得 2an=an(an+1-an-1).∵ an≠0,∴ an+1-an-1=2. (3 分) 则 a1,a3,a5,…,a2n-1,… 成公差为 2 的等差数列,a2n-1=a1+2(n-1). a2,a4,a6,…,a2n,… 成公差为 2 的等差数列, a2n=a2+2(n-1). r 要使{an}为等差数列,当且仅当 a2-a1=1.即 2- -c=1,r=c-c2. c ∵ r=-6,∴ c2-c-6=0,得 c=-2 或 3. ∵ 当 c=-2 时,a3=0 不合题意,舍去. ∴ 当且仅当 c=3 时,数列{an}为等差数列. (4 分)

(5 分)

r (2) 证明:a2n-1-a2n=[a1+2(n-1)]-[a2+2(n-1)]=a1-a2=c+ -2. c r a2n-a2n+1=[a2+2(n-1)]-(a1+2n)=a2-a1-2=-?c+c?. (8 分) ? ? ∴ Pn= n(n-1) ? 1 ? 1 r ?na1+ 2 ×2?= r n(n+c-1) c+ -2 c+ -2 c c (10 分) (9 分)

r n(n-1) ? 1 ? 1 Qn=- na2+ ×2 =- r n?n+1-c?. ? ? r? 2 ? c+ c+ c c

1- ? ? 1 + 1 ? 2 ? c-1 c r 1 1 ? r ? n +? n+1- ?=? r + Pn-Qn= n(n+c-1)+ n? r c? c+ -2 c+ r? r r c? ? c c+ -2 c+ ? c+ -2 c+ ? c c c c n.(11 分) r r ∵ r>c>4,∴ c+ ≥2 r>4,∴ c+ -2>2,∴ 0< c c 1 1 1 1 3 + < + = <1.(13 r r 2 4 4 c+ -2 c+ c c

r

分) r 1- c c-1 c+1 c-1 且 + = + -1>-1. (14 分) r r r r c+ -2 c+ c+ -2 c+ c c c c r r r 又∵ r>c>4,∴ >1,则 0<c-1<c+ -2,0<c+1<c+ . c c c ∴ c-1 c+1 c-1 c+1 <1, <1.∴ + -1<1.(15 分) r r r r c+ -2 c+ c+ -2 c+ c c c c

∴ 对于一切 n∈N*,不等式-n<Pn-Qn<n2+n 恒成立.(16 分)

专题七 数学思想方法 第 18 讲 分类讨论思想

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1 1 1. 已知函数 f(x)= (sinx+cosx)- |sinx-cosx|,则 f(x)的值域是____________. 2 2 2 【答案】 ?-1, ? 2? ? f(x)∈?-1,
? ?cosx(sinx≥cosx), 1 1 解析: f(x)= (sinx+cosx)- |sinx-cosx|=? 2 2 ? ?sinx(sinx<cosx),

?

2? . 2?

1 2. (2011·徐州三模)设函数 f(x)=x2-alnx 与 g(x)= x- x的图象分别交直线 x=1 于点 a A、B,且曲线 y=f(x)在点 A 处的切线与曲线 y=g(x)在点 B 处的切线平行. (1) 求函数 f(x),g(x)的解析式; (2) 当 a>1 时,求函数 h(x)=f(x)-g(x)的最小值; 1 1 (3) 当 a<1 时,不等式 f(x)≥mg(x)在 x∈?4,2?上恒成立,求实数 m 的取值范围. ? ? a 1 解:(1) 由 f(x)=x2-alnx,得 f′(x)=2x- ,由 g(x)= x- x,得 x a 1 1 g′(x)= - . a 2 x 1 1 又由题意得 f′(1)=g′(1),即 2-a= -1,故 a=2 或 a= . 2 a 1 当 a=2 时,f(x)=x2-2lnx,g(x)= x- x, 2 1 1 当 a= 时,f(x)=x2- lnx,g(x)=2x- x. 2 2 1 (2) 当 a>1 时,h(x)=f(x)-g(x)=x2-2lnx- x+ x,得 2 2(x-1)(x+1) x-1 2 1 1 h′(x)=2x- - + = - x 2 2 x x 2 x =( x-1)?

?4(x x+ x+x+1)- x?. ? 2x ? ?

4(x x+ x+x+1)- x 由 x>0,得 >0. 2x 故当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)递减; 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)递增. 1 3 所以 h(x)的最小值为 h(1)=1-2ln1- +1= . 2 2 1 1 (3) a= 时,f(x)=x2- lnx,g(x)=2x- x. 2 2 1 1 1 1 1 1 1 4x -1 当 x∈?4,2?时,f′(x)=2x- = <0,f(x)在?4,2?上为减函数,f(x)≥f?2?= + ? ? ? ? ? ? 4 2x 2x
2

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Http://www.fhedu.cn 1 ln2. 2 1 1 1 1 4 x-1 1 当 x∈?4,2?时,g′(x)=2- = >0,g(x)在?4,2?上为增函数, ? ? ? ? 2 x 2 x 1 1 2 且 g(x)≤g?2?=1- ,且 g(x)≥g?4?=0,要使不等式 f(x)≥mg(x) ? ? ? ? 2 1 1 1 1 f(x) ? 1 f(x) 在 x∈?4,2?上恒成立,当 x= 时,m 为任意实数,当 x∈?4,2?时,m≤ ,而? ? ? ? ? 4 ?g(x)? g(x) 1 f?2? ? ?
min=

= 1 g? 2? ? ?

2+ 2 2+ 2 ln(4e),所以 m≤ ln(4e). 4 4

3. 设 a 为实数,函数 f(x)=2x2+(x-a)|x-a|. (1) 若 f(0)≥1,求 a 的取值范围; (2) 求 f(x)的最小值; (3) 设函数 h(x)=f(x),x∈(a,+∞),直接写出(不需给出演算步骤)不等式 h(x)≥1 的解 集. 点拨:本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识,考查 灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力.
?a<0, ? 解:(1) 若 f(0)≥1,则-a|a|≥1?? 2 ?a≤-1. ? ?a ≥1

?f(a),a≥0, ?2a ,a≥0, ? ? 2 2 (2) 当 x≥a 时,f(x)=3x -2ax+a ,f(x)min=? ?a ? =?2a2 ?f?3?,a<0 ? 3 ,a<0. ? ?
?f(-a),a≥0, ?-2a2,a≥0, ? ? 当 x≤a 时,f(x)=x +2ax-a ,f(x)min=? =? 2 ? ? ?f(a),a<0 ?2a ,a<0.
2 2

2

?-2a ,a≥0, ? 综上可得 f(x)min=?2a2 ? 3 ,a<0. ?
(3) x∈(a,+∞)时,h(x)≥1 得 3x2-2ax+a2-1≥0,?=4a2-12(a2-1)=12-8a2. 当 a≤- 6 6 或 a≥ 时,?≤0,x∈(a,+∞); 2 2

2

?? a- 3-2a2?? a+ 3-2a2?≥0, ??x- ??x- ? 6 6 3 3 ?? ? 当- <a< 时,?>0,得:?? 2 2 ?x>a. ?
讨论得:当 a∈? 2 6? 时,解集为(a,+∞); ?2,2?

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Http://www.fhedu.cn 当 a∈?-

? ?

6 2? ? a- 3-2a ? ?a+ 3-2a2 ? 时,解集为?a, ,- ? ∪? ,+∞?; 2 2? 3 3 ? ? ? ?
2

当 a∈?-

2 2? ?a+ 3-2a2 ? 时,解集为? , ,+∞?. 2 2? 3 ? ?

基础训练 1. 2x-5y=0 或 x+y-7=0 2. 4 3或 8 3 3

解析:分直线过原点和不过原点两种情况.

解析:分侧面矩形长、宽分别为 6 和 4 或 4 和 6 两种情况.

1 3. 0≤a≤1 解析: 由题知 ax2-a(a+1)x+ (a+1)≥0 对 x∈R 恒成立,分 a=0 和 a> 2 0 两种情况讨论.
? ?2,n=1, 4. an=? * ?4n-1,n≥2且n∈N ?

解析:在使用公式 an=Sn-Sn-1 时要注意条件 n≥2,

n∈N*. 例题选讲 例 1 解析:sinB= 15 1 ,a<b,若 B 为锐角,则 cosB= ,由余弦定理得, 4 4

1 c2+36-2×6×c×cosB=64,即 c2-3c-28=0,∴ c=7;若 B 为钝角,则 cosB=- , 4 由余弦定理得 c2+36-2×6×c×cosB=64,即 c2+3c-28=0, ∴ c=3,故边 c 的长为 7 或 3. 1 (注: 在三角形中,内角的取值范围是(0,π),b>a,cosB= ,则 B 可能是锐角也可 4 能是钝角,故要分两种情况讨论.但本题如改成 a=8,b=6,那情况又如何呢?) 1 5 变式训练 △ABC 中,已知 sinA= ,cosB= ,求 cosC. 2 13 5 2 12 解:∵ 0<cosB= < ,B∈(0,π),∴ 45°<B<90°,且 sinB= . 13 2 13 1 3 若 A 为锐角,由 sinA= ,得 A=30°,此时 cosA= ; 2 2 1 若 A 为钝角,由 sinA= ,得 A=150°,此时 A+B>180°. 2 这与三角形的内角和为 180°相矛盾,可见 A≠150°. ∴ cosC=cos[π-(A+B)]=-cos(A+B) =-(cosA·cosB-sinA·sinB)=-? 3 5 1 12? 12-5 3 = . 26 ? 2 ·13-2·13?

例 2 解:(1) 当 a=0 时,原不等式化为-x+1<0,∴ x>1. 1 (2) 当 a≠0 时,原不等式化为 a(x-1)?x-a?<0, ? ? 1 ① 若 a<0,则原不等式化为(x-1)?x-a?>0, ? ?

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Http://www.fhedu.cn 1 1 1 ∵ <0,∴ <1,∴ 不等式解为 x< 或 x>1. a a a 1 ② 若 a>0,则原不等式化为(x-1)?x-a?<0. ? ? 1 1 (ⅰ) 当 a>1 时, <1,不等式解为 <x<1; a a 1 (ⅱ) 当 a=1 时, =1,不等式解为?; a 1 1 (ⅲ) 当 0<a<1 时, >1,不等式解为 1<x< . a a 综上所述,得原不等式的解集为: 1 ? ? 当 a<0 时,解集为?xx<a 或x>1?;当 a=0 时,解集为{x|x>1};
? ?

1? ? 当 0<a<1 时,解集为?x1<x<a ?;当 a=1 时,解集为?;
? ? ? 1 ? 当 a>1 时,解集为?x a<x<1?. ? ?

a(x-1) 变式训练 解关于 x 的不等式 >1(a∈R 且 a≠1). x-2 (a-1)x+(2-a) 解:原不等式可化为: >0, x-2

? a-2?(x-2)>0 同解. ① 当 a>1 时,原不等式与?x- ? ? a-1?
a-2 1 由于 =1- <1<2, a-1 a-1 a-2? ? ∴ 原不等式的解为?-∞, ?∪(2,+∞). a-1? ?

? a-2?(x-2) <0 同解. ② 当 a<1 时,原不等式与?x- ? ? a-1?
a-2 1 由于 =1- , a-1 a-1 a-2 1 ?a-2,2?; 若 a<0, =1- <2,解集为? ? a-1 a-1 ?a-1 ? a-2 1 若 a=0 时, =1- =2,解集为?; a-1 a-1 a-2 1 ? a-2?. 若 0<a<1, =1- >2,解集为?2, ? a-1 a-1 ? a-1? a-2? ? 综上所述,当 a>1 时不等式解集为?-∞, ∪(2,+∞);当 0<a<1 时,解集为 a-1? ? ?

?2,a-2?;当 a=0 时,解集为?;当 a<0 时,解集为?a-2,2?. ? a-1? ?a-1 ? ? ? ? ?
例 3 解:(1) 因为{an}是等比数列,Sn>0,可得 a1=S1>0,q≠0.

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Http://www.fhedu.cn 当 q=1 时,Sn=na1>0; 当 q≠1 时,Sn= a1(1-qn) 1-qn >0,即 >0(n=1,2,3,…), 1-q 1-q

? ? ?1-q>0, ?1-q<0, ∴ ? 或? n n ? ? ?1-q >0(n=1,2,3,…) ?1-q <0(n=1,2,3,…).

由于 n 可为奇数,可为偶数,故 q>1 或-1<q<1 且 q≠0. 综上,q 的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞). (2) 由 bn=an+2-an+1=an(q2-q),∴ Tn=(q2-q)Sn.

? 1+ 5?? 1- 5?S . ∴ Tn-Sn=(q2-q-1)Sn=?q- ??q- 2 ? n 2 ?? ? ?
1- 5 1+ 5 又 Sn>0,-1<q<0 或 q>0,-1<q< 或 q> 时 Tn>Sn; 2 2 1- 5 1+ 5 <q<0 或 0<q< 时,Tn<Sn. 2 2 1± 5 时,Sn=Tn. q= 2 (注:等差、等比数列的通项、前 n 项的和是数列的基础,已知一个数列的前 n 项和求 其通项时,对 n=1 与 n≥2 要分别予以研究,而涉及等比数列求和或用错位相减法求和时, 要对公比 q 是否为 1 进行分类讨论.) 例 4 解:(1) 利用函数图象的对称求解函数的问题.容易求出 g(x)=-x2+2x. (2) h(x)=-(1+λ)x2+2(1-λ)x+1, (解法 1) 为求实数 λ 的取值范围,就要对 λ 的取值分类. (1) 当 λ=-1 时,h(x)=4x+1,此时 h(x)在[-1,1]上是增函数, 1-λ (2) 当 λ≠-1 时,对称轴方程为 x= . 1+λ 1-λ ① 当 λ<-1 时,需满足 ≤-1,解得 λ<-1; 1+λ 1-λ ② 当 λ>-1 时, ≥1,解得-1<λ≤0. 1+λ 综上可得 λ≤0. (解法 2) 由题知,h′(x)=-2(1+λ)x+2(1-λ)≥0 对 x∈[-1,1]恒成立. 即(1+x)λ≤1-x 对 x∈[-1,1]恒成立,显然 x=-1 时上式恒成立,λ∈R, 1-x 2 x∈(-1,1]时,λ≤ = -1, 1+x 1+x 函数 y= 2 -1 在 x∈(-1,1]上单调减,函数的最小值为 0. 1+x

∴ λ≤0,经检验符合题意. (注:两种解法,值得思考,在做分类讨论题时要尽可能回避复杂的讨论.) 变式训练 设 0<x<1,a>0,且 a≠1,比较|loga(1-x)|与|loga(1+x)|的大小. 解:(解法 1) 因为 0<x<1,所以 0<1-x<1,1+x>1,则 0<1-x2<1. ① 当 0<a<1 时,由 loga(1-x)>0,loga(1+x)<0,

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Http://www.fhedu.cn 所以|loga(1-x)|-|loga(1+x)|=loga(1-x)-[-loga(1+x)] =loga(1-x2)>0, 即|loga(1-x)|>|loga(1+x)|. ② 当 a>1 时,由 loga(1-x)<0,loga(1+x)>0, 得|loga(1-x)|-|loga(1+x)|=-loga(1-x)-loga(1+x) =-loga(1-x2)>0, 即|loga(1-x)|>|loga(1+x)|. 由①②可知,|loga(1-x)|>|loga(1+x)|. (注:在解答该类问题时,首先从概念出发判断出绝对值内的数(或式子)的符号,然后再 去掉绝对值符号(这时需按条件进行分类讨论确定),再按照相关的法则去计算,直至得出结 论.其实这道题是可以回避讨论的.) (解法 2) 因为 0<x<1,所以 0<1-x<1,1+x>1,则 0<1-x2<1. |loga(1-x)|= |lg(1-x)| lg(1-x) lg(1+x) =- ,|loga(1+x)|= |lga| |lga| |lga| lg(1-x2) >0, |lga|

|loga(1-x)|-|loga(1+x)|=- ∴ |loga(1-x)|>|loga(1+x)|. 高考回顾 1. 13 13 或 2 3

a 3 b 3 解析:由渐近线方程为 3x-2y=0 知 = 或 = . b 2 a 2

? ? ?x≤1, ?x>1, 2. [0,+∞) 解析:f(x)≤2 得? 1-x ?0≤x≤1 或? ?x>1. ?2 ≤2 ?1-log2x≤2 ? ?

3 3. a=- 4

解析:分 a<0 和 a≥0 两种情况讨论.

4. 2 解析:当 x≤0 时,令 x2+2x-3=0,解得 x=-3; 当 x>0 时,令-2+lnx=0,解得 x=100,所以已知函数有两个零点. 1 5. 解:(1) f(x)= x3+mx2+nx,∴ f′(x)=x2+2mx+n. 3 又∵ g(x)=f′(x)-2x-3=x2+(2m-2)x+n-3 在 x=-2 处取极值, 则 g′(-2)=2(-2)+(2m-2)=0?m=3,又在 x=-2 处取最小值-5. 则 g(-2)=(-2)2+(-2)×4+n-3=-5?n=2, 1 ∴ f(x)= x3+3x2+2x. 3 1 (2) 要使 f(x)= x3+mx2+nx 单调递减,则 f′(x)=x2+2mx+n<0. 3 又递减区间长度是正整数,所以 f′(x)=x2+2mx+n=0 两根设为 a,b(a<b).即有:b -a 为区间长度. 又 b-a= (a+b)2-4ab= 4m2-4n=2 m2-n(m,n∈N+). 又 b-a 为正整数,且 m+n<10,所以 m=2,n=3 或 m=3,n=5 符合. b+2 1 1 6. (1) 证明:f′(x)= - = (x2-bx+1). x (x+1)2 x(x+1)2

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Http://www.fhedu.cn 1 ∵ x>1 时,h(x)= >0 恒成立, x(x+1)2 ∴ 函数 f(x)具有性质 P(b). b b2 (2) 解:设 φ(x)=x2-bx+1=?x-2?2+1- ,φ(x)与 f′(x)的符号相同. ? ? 4 b2 当 1- >0,-2<b<2 时,φ(x)>0,f′(x)>0,故此时 f(x)在区间(1,+∞)上递增; 4 当 b=±2 时,对于 x>1,有 f′(x)>0,所以此时 f(x)在区间(1,+∞)上递增; b 当 b<-2 时,φ(x)图象开口向上,对称轴 x= <-1,而 φ(0)=1. 2 对于 x>1,总有 φ(x)>0,f′(x)>0,故此时 f(x)在区间(1,+∞)上递增; b+ b2-4 b 当 b>2 时, φ(x)图象开口向上, 对称轴 x= >1, 方程 φ(x)=0 的两根分别为: , 2 2 b- b2-4 , 2 b+ b2-4 b- b2-4 2 >1, = ∈(0,1). 2 2 b+ b2-4



? b+ b2-4?时,φ(x)<0,f′(x)<0,故此时 f(x)在区间? b+ b2-4?上递 当 x∈?1, ? ?1, ? 2 2 ? ? ? ?
减; 同理得:f(x)在区间?

?b+ b2-4 ? ,+∞?上递增. 2 ? ?

综上所述,当 b≤2 时,f(x)在区间(1,+∞)上递增;

? b+ b2-4?上递减; 当 b>2 时,f(x)在?1, ? 2 ? ?
f(x)在?

?b+ b2-4 ? ,+∞?上递增. 2 ? ?

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