函数是一种特殊的方程.对方程进行其当的代数变形,使得其中的一边获得优化,而另外一边不会因此变得无法进行下一步处理是我们应对方程的惯用方法.下面通过一组例题说明恰当的代数变形对解函数题的重要帮助.
- 第一题是2012年山东的选择最后一题:
设函数f(x)=1x,g(x)=ax2+bx(a,b∈R,a≠0),若y=f(x)的图象与y=g(x)的图象有且仅有两个不同的公共点A(x1,y1),B(x2,y2),则下列判断正确的是( )
A.a<0时,x1+x2<0,y1+y2>0
B.a<0时,x1+x2>0,y1+y2<0
C.a>0时,x1+x2<0,y1+y2<0
D.a>0时,x1+x2>0,y1+y2>0
考虑方程1x=ax2+bx,
如图,a<0时,x1+x2>0,y1+y2=1x1+1x2=x1+x2x1x2<0,故选B.
- 第二题是2014年江苏卷的23题:
已知函数f0(x)=sinxx(x>0).设fn(x)为fn−1(x)的导数,n∈N∗.
(1) 求2f1(π2)+π2f2(π2)的值;
(2) 证明:对任意的n∈N∗,等式|nfn−1(π4)+π4fn(π4)|=√22
这个题目的关键就是xf0(x)=sinxf0(x)+xf1(x)=cosx2f1(x)+xf2(x)=−sinx⋯⋯nfn−1(x)+xfn(x)=(sinx)(n).
- 最后我们看看2014年辽宁卷的最后一题:
已知函数f(x)=(cosx−x)(π+2x)−83(sinx+1),g(x)=3(x−π)cosx−4(1+sinx)ln(3−2xπ).
证明:
(1) 存在唯一的x0∈(0,π2),使f(x0)=0;
(2) 存在唯一x1∈(π2,π),使g(x1)=0,且对(1)中的x0,有x0+x1<π.
第1小题是很常规的问题.事实上,f(0)>0>f(π2),且当x0∈(0,π2)时,f′(x)<0.因此原命题得证.
对于第2小题,先做常规的换元t=π−x,则
g(t)=3tcost−4(1+sint)ln(1+2tπ).
设该函数的零点为t0,则问题转化为证明x0<t0.为了处理其中的对数函数,我们两边同除以一个恒正的代数式1+sint,而这样做并不会影响函数的零点位置.于是经过计算整理可得
(g(t)1+sint)′=f(t)23(1+sint)(t+π2).
根据导函数图象画函数图象(注意到g(0)=0),于是原命题得证.
第一题x1+x2>0是不是目测的啊