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(鎮(zhèn)海中學(xué) 浙江寧波 315200)

符號(hào)化與變?cè)硎舅枷氲膽?yīng)用

●周海軍

(鎮(zhèn)海中學(xué) 浙江寧波 315200)

數(shù)學(xué)思想指導(dǎo)著數(shù)學(xué)問(wèn)題的解決.中學(xué)數(shù)學(xué)中用到的各種解題方法都體現(xiàn)了一定的數(shù)學(xué)思想，符號(hào)化與變?cè)硎舅枷胧且环N最基本的數(shù)學(xué)思想.數(shù)學(xué)的高度抽象性與廣泛應(yīng)用性，使符號(hào)化的語(yǔ)言與變?cè)硎舅枷氤蔀閿?shù)學(xué)中十分重要的思想．

符號(hào)化與變?cè)硎舅枷胧侵笇⑺芯康膯?wèn)題用數(shù)學(xué)符號(hào)與變?cè)獊?lái)加以表述，轉(zhuǎn)化為形式化的數(shù)學(xué)問(wèn)題后，按照形式符號(hào)的規(guī)律、規(guī)則來(lái)進(jìn)行操作，直至問(wèn)題的圓滿(mǎn)解決.

在中學(xué)數(shù)學(xué)中，符號(hào)化與變?cè)硎舅枷胫饕w現(xiàn)在函數(shù)與方程思想、換元方法、參數(shù)方法等內(nèi)容上.

1 函數(shù)與方程思想

函數(shù)思想主要是指用函數(shù)的概念與性質(zhì)去表述問(wèn)題、分析問(wèn)題和解決問(wèn)題；方程思想主要是從問(wèn)題的數(shù)量關(guān)系入手，運(yùn)用數(shù)學(xué)語(yǔ)言將問(wèn)題中的條件轉(zhuǎn)化為方程或不等式或它們兩者的混和，然后通過(guò)解方程(組)或不等式(組)去解決問(wèn)題．

在很多時(shí)候，函數(shù)與方程是可以相互轉(zhuǎn)化的，譬如函數(shù)y=f(x)就可以看作關(guān)于x,y的二元方程f(x)-y=0.函數(shù)的研究離不開(kāi)方程．

例1已知二次函數(shù)y=f1(x)的圖像以原點(diǎn)為頂點(diǎn)且過(guò)點(diǎn)(1,1),反比例函數(shù)y=f2(x)的圖像與直線(xiàn)y=x的2個(gè)交點(diǎn)間距離為8,f(x)=f1(x)+f2(x)．

(1)求函數(shù)f(x)的表達(dá)式；

(2)證明:當(dāng)agt;3時(shí),關(guān)于x的方程f(x)=f(a)有3個(gè)實(shí)數(shù)解．

(1)解設(shè)f1(x)=mx2.由f1(1)=1，得m=1,因此

f1(x)=x2．

故

(2)證法1由f(x)=f(a),得

即

ax2+a2x-8=0.

由agt;3,Δ=a4+32agt;0,得

因?yàn)?/p>

x2lt;0,x3gt;0,x1=agt;0，

所以

x1≠x2,x2≠x3．

若x1=x3,即

則

即

a4=4a,

解得

這與agt;3矛盾,于是

x1≠x3，

故原方程f(x)=f(a)有3個(gè)實(shí)數(shù)解．

說(shuō)明第(2)小題是一個(gè)解方程的問(wèn)題，需要對(duì)方程的根的大小進(jìn)行討論．而方程的解也可以轉(zhuǎn)化為2個(gè)函數(shù)圖像交點(diǎn)的橫坐標(biāo)問(wèn)題，于是有下面的這種圖像直觀的證法.

圖1

證法2由f(x)=f(a),得

即

當(dāng)agt;3時(shí),

所以f3(x)的圖像在第一象限內(nèi)存在一點(diǎn)(2,f(2))在f2(x)圖像的上方．從而f2(x)與f3(x)的圖像在第一象限有2個(gè)交點(diǎn),即f(x)=f(a)有2個(gè)正數(shù)解．故方程f(x)=f(a)有3個(gè)實(shí)數(shù)解．

例2已知kgt;agt;bgt;cgt;0，求證：

k2-(a+b+c)k+ab+bc+cagt;0．

證法1令二次函數(shù)

f(x)=x2-(a+b+c)x+ab+bc+ca.

若alt;b+c，則當(dāng)agt;bgt;cgt;0時(shí)，

Δ=(a+b+c)2-4(ab+bc+ca)=

a2+b2+c2-2ab-2bc-2ca=

a(a-b-c)+b(b-a)+c(c-a)-2bclt;0,

因此結(jié)論成立．

f(k)≥f(a)=a2-(a+b+c)a+ab+bc+ca=

bcgt;0,

即結(jié)論得證 ．

證法2令g(x)=(x-a)(x-b)(x-c),則

k-agt;0,k-bgt;0,k-cgt;0,

因此

g(k)=k3-(a+b+c)k2+(ab+bc+ca)k-abcgt;0,

即

k3-(a+b+c)k2+(ab+bc+ca)kgt;abcgt;0.

由kgt;0，上式兩邊同除以k得

k2-(a+b+c)k+ab+bc+cagt;0.

說(shuō)明這里采用構(gòu)造函數(shù)的方法證明不等式.2種解法給出了2種構(gòu)造函數(shù)的方法，但證法2更能體現(xiàn)問(wèn)題的本質(zhì).

2 換元法

換元法是指通過(guò)把某個(gè)式子換成一個(gè)新字母表示，或把某個(gè)字母換為一個(gè)式子表示，借此將數(shù)學(xué)問(wèn)題化繁為簡(jiǎn)、化難為易、化未知為已知的一種操作方式.本質(zhì)上也是一種映射轉(zhuǎn)移，對(duì)原給定的對(duì)象進(jìn)行分解或?qū)嵤?fù)合，它的理論依據(jù)是等量代換．

例3求方程組

的所有實(shí)數(shù)解．

同理變換式(1)中的另兩式，于是式(1)可化為

5yz(x+y)(x+z)=12xz(y+x)(y+z)=

13xy(z+x)(z+y).

(3)

作代換，令x(y+z)=a，y(z+x)=b，z(x+y)=c,可得

a+b+c=2,

(4)

因此

5bc=12ca=13ab，

可得

(5)

式(5)代入式(4)得

解得

k=15．

于是

得

從而

故原方程組有2組解：

解法2顯然x，y，z同號(hào)．由式(2)得

代入式(1)得

即

5(z2+1)y=12(y+z)(1-yz).

同理可得

5(y2+1)z=13(y+z)(1-yz).

整理得

12y2z+17yz2=7y+12z,

18y2z+13yz2=13y+8z,

兩式相加得

30yz(y+z)=20(y+z),

解得

代入式(1)，解得

z=±1．

故原方程組有2組解

例4設(shè)x1,x2是ax2+bx-a2=0(agt;0)的2個(gè)實(shí)數(shù)根，且|x1|+|x2|=2．若g(x)=ax2+bx-a2-2a(x-x1),證明：當(dāng)x1lt;xlt;2，且x1lt;0時(shí)，|g(x)|≤4a．

證法1由x1,x2是方程ax2+bx-a2=0的2個(gè)根,可得

又由agt;0，得x1,x2異號(hào)，因此

g(x)=ax2+bx-a2-2a(x-x1) =

a(x-x1)(x-x2)-2a(x-x1)=

a(x-x1)(x-x2-2).

因?yàn)閤1x2=-alt;0，且x1lt;0，所以x2gt;0，于是當(dāng)x1lt;xlt;2時(shí)，

x-x1gt;0,x-x2-2lt;0.

由|x1|+|x2|=2，得

x2-x1=2,

說(shuō)明題中變量較多.本解巧妙地對(duì)部分變量進(jìn)行替換，使解法比較簡(jiǎn)潔.若消去x1,x2保留a，b,則會(huì)使解法變繁.

x2-x1=2，

從而

且

于是當(dāng)x1lt;xlt;2時(shí)，

g(x2)≤g(x)lt;max{g(x1),g(2)}.

又

g(x2)=-4a，g(x1)=0，

所以

故當(dāng)x1lt;xlt;2時(shí)，

-4a≤g(x)lt;0,

即

|g(x)|≤4a.

3 參數(shù)法

很多數(shù)學(xué)問(wèn)題中都含有參數(shù)，有時(shí)是雙參數(shù)問(wèn)題，有時(shí)是多參數(shù)問(wèn)題.參數(shù)本質(zhì)上雖然屬于變量,但又可以把它看成常量,是介于常量和變量的具有中間性質(zhì)的量.正是由于參數(shù)的這種二重性和靈活性,在解決數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí),?？蓮牟煌慕嵌忍幚韰?shù)：引入?yún)?shù),溝通題中各變量之間的內(nèi)在聯(lián)系；改變數(shù)量關(guān)系的結(jié)構(gòu),將求解問(wèn)題轉(zhuǎn)化為參數(shù)問(wèn)題加以解決.

例5對(duì)任意-1≤a≤1，不等式x2+(a-4)x+4-2agt;0恒成立，則x的取值范圍為_(kāi)_______．

解依題意有x2+(a-4)x+4-2agt;0恒成立，即(x-2)a+x2-4x+4gt;0恒成立．令f(a)=(x-2)a+x2-4x+4，則f(a)在-1≤a≤1上的圖像為線(xiàn)段.要求圖像在x軸的上方，則只要求

解得

xlt;1或xgt;3．

說(shuō)明在數(shù)學(xué)解題過(guò)程中，常量與變量、已知量與未知量的區(qū)分并不是絕對(duì)的：有時(shí)可把某數(shù)看作未知，某字母看作已知；有時(shí)可以將題中的參數(shù)作為主要變?cè)獊?lái)處理，往往會(huì)有意想不到的效果.

如果把x2+(a-4)x+4-2agt;0看作關(guān)于x的不等式，那么解決起來(lái)就比較麻煩.

若將這個(gè)不等式看作是關(guān)于x的不等式，則變?yōu)橐粋€(gè)含參數(shù)a的不等式，可轉(zhuǎn)化為(x-2)(x-2+a)gt;0，此時(shí)需要對(duì)參數(shù)a的值進(jìn)行討論：

若2-alt;2，即agt;0，則不等式的解為

xgt;2或xlt;2-a，

此式對(duì)所有0lt;a≤1都成立，從而xgt;2或xlt;1；

若2-agt;2，即alt;0，則不等式的解為

xlt;2或xgt;2-a，

此式對(duì)所有-1≤alt;0都成立，從而

xgt;3或xlt;2；

若2-a=2，即a=0，則不等式的解為x≠2.

綜上所述，不等式x2+(a-4)x+4-2agt;0對(duì)任意-1≤a≤1恒成立，則xlt;1或xgt;3．

例6已知關(guān)于x的方程x3-ax2-2ax+a2+1=0有且只有一個(gè)實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．

解對(duì)方程左邊進(jìn)行因式分解得

a2-ax(x+2)+(x-1)(x2+x+1)=0,

即

(x2+x+1-a)(x-a-1)=0.

從而

x=a+1或x2+x+1-a=0,

所以“有且只有一個(gè)實(shí)根”有如下2種情形：

(1)x2+x+1-a=0無(wú)解，其解為x=a+1，得

Δ=1-4(1-a)=4a-3lt;0；

(2)x2+x+1-a=0只有一個(gè)實(shí)根，且此根就等于x=a+1,即

Δ=4a-3=0,