由兩道競(jìng)賽題淺析函數(shù)單調(diào)性的巧用

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1、由兩道競(jìng)賽題淺析函數(shù)單調(diào)性的巧用【摘要】單調(diào)性是函數(shù)最重要的性質(zhì)之一，文章通過(guò)兩道競(jìng)賽題，為我們展示了試題中函數(shù)單調(diào)性的巧用，并對(duì)其進(jìn)行了進(jìn)一步的推廣、研究?！　　娟P(guān)鍵詞】函數(shù)單調(diào)性競(jìng)賽題　　【】G632【】A【】1674－4810（2012）09－0137－01　　　　例1，x、y為實(shí)數(shù)，且滿足，則　　x＋y＝。（高中聯(lián)賽，1997）　　解：原方程組變形為?！　「鶕?jù)方程組的結(jié)構(gòu)特征，我們可以構(gòu)造函數(shù)f（t）＝t3＋1997t，則由方程組得，f（x－1）＝f（1－y）?！　　遞（t）′＝3t2＋1997＞0　　

2、∴f（t）在R上單調(diào)遞增，則由函數(shù)的單調(diào)性質(zhì)得：　　x－1＝1－y，即x＋y＝2?！　±?，如果cos5θ－sin5θ＜7（sin3θ－cos3θ），θ∈［0，2π），則θ的取值范圍為。（全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽，2011）　　解：sin3θ－cos3θ＞（cos5θ－sin5θ）　　sin3θ＋sin5θ＞cos5θ＋cos3θ　　設(shè)t＝sinθ，t∈R。　　令f（t）＝t3＋t5；　　∵f（t）′＞0，∴f（t）在t∈R時(shí)單調(diào)遞增。　　即f（sinθ）＞f（cosθ）；　　∴sinθ＞cosθ；　　∴，)?！　∫陨?/p>

3、兩道例題，我們將原式進(jìn)行適當(dāng)變形，并根據(jù)其結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)，通過(guò)分析函數(shù)的單調(diào)性，利用單調(diào)函數(shù)的單值性特點(diǎn)，即可將其順利解答，該方法巧妙簡(jiǎn)潔。　　上述問(wèn)題利用了函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而我們可以對(duì)以上兩例進(jìn)一步擴(kuò)展?！　±?可推廣為：　　若（n，m，k∈R＋且m≠n，h　　∈R），則x＋y＝a＋b?！　〗猓嚎蓪⒎匠探M變形為?！　　　?gòu)造方程：f（t）＝t2n＋1＋kt2m＋1?！　∮煞匠探M得：f（x－a）＝f（b－y）?！　　遞（t）′＝（2n＋1）t2n＋k（2m＋1）t2m＞0；　　∴f（t）在R上單調(diào)遞增

4、?！　」视校簒－a＝b－y?！　　鄕＋y＝a＋b?！　⊥恚?可推廣為：　　若cos（2n＋1）θ－sin（2n＋1）θ＜λ（sin（2m＋1）θ－cos（2m＋1）θ），（m，n∈R＋且m≠n，λ∈R），則：　　，　　解：可將原式變形為：λsin（2m＋1）θ＋sin（2n＋1）θ＞cos（2n＋1）θ＋λcos（2m＋1）θ?！　≡O(shè)t＝sinθ，t∈R?！　（t）＝t2n＋1＋λt2m＋1?！　　遞′（t）＝（2n＋1）t2n＋λ（2m＋1）t2m＞0。　　∴f（t）為R上的增函數(shù)。　　即：f（sinθ

5、）＞f（cosθ）。　　∴sinθ＞cosθ；　　∴，?！　∮梢陨侠}可以看出，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性解決問(wèn)題，是反映題目本質(zhì)特征的解法，有事半功倍之效。因此，在以后的學(xué)習(xí)中，我們不能就題論題，而要深入思考，揣摩命題人意圖，開(kāi)闊數(shù)學(xué)思維，找到反映題目本質(zhì)結(jié)構(gòu)的解法，提高數(shù)學(xué)解題能力。