經常使用數學模型整理

時間 2019-11-25

標籤經常使用數學模型整理欄目應用數學简体版

原文原文鏈接

導言

收集和理解高中數學中的各類常見的模型，對理解高中數學內容會有很大的幫助。現舉例以下，待有空再整理。html

集合包含模型

好比，集合$A$爲定集，集合$B$爲動集，且題設中有條件$B\subseteq A$，則經常須要針對集合$B$分類討論：$B=\varnothing$或者$B\neq\varnothing$；函數

二次函數恆成立模型

但願能理解和掌握如下的經常使用轉化。¹

求參數範圍模型

參數的判斷原則，題目中求誰的範圍，那麼誰就是參數，另外一個很天然就歸併爲自變量了。

A、函數型恆成立

①一元一次型，求解方法：變換主元法²spa

②一元二次$R$型，求解方法：二次項係數+ $\Delta$法³htm

③一元二次區間型，求解方法：分類討論或分離參數法⁴blog

B、最值型恆成立

解題必備：必備值域求法；分類討論、數形結合思想；學會分離變量法；區別最值型恆成立和有解問題。get

①$A\leq f(x)$在$x\in[a，b]$上恆成立(或 $A\ge f(x)$)，等價於$A\leq f(x)_{min}$或$A\ge f(x)_{max}$。數學

②（注意具體題目中可能A爲代數式，如$A=m^2+2m$）io

$g(m)\leq f(x)$在$x\in［a，b］$上恆成立形式(或$g(m)\ge f(x)$)，等價於$g(m)\leq f(x)_{min}$，$x\in［a，b］$時(或$g(m)\ge f(x)_{max}$)。class

③$\forall x\in D，f(x)>g(x)$型同時注意「單變量」和「雙變量」類型在轉化時的區別,直接型恆成立和間接型恆成立變量

C、絕對值型恆成立

①$|f(x_1)-f(x_2)|\leq c$ 即就是 $|f(x_1)-f(x_2)|\leq f(x)_{max}－f(x)_{min}\leq c$
②$\forall x_1， x_2\in D $， $|f(x_1)-f(x_2)|\leq a|x_1-x_2|$⁵

恆成立(能)(恰)模型

二次方程根的分佈模型

一、相關閱讀：一元二次方程根的分佈；

方程有解模型

一、相關閱讀：方程有解習題；

二、相關閱讀：函數的零點和極值點；

能夠轉化爲方程有解的題目：

① 函數$f(x)$有極值點；則導函數方程$f '(x)=0$在給定區間有解，且解爲變號零點。

② 函數$f(x)$在給定區間不單調$\Longrightarrow$函數$f(x)$有極值點$\Longrightarrow$則導函數方程$f '(x)=0$在給定區間有解，且解爲變號零點。

抽象不等式模型

$f(M)\ge f(N)$，函數的定義域爲$D$，脫掉$f$後等價於從兩個角度轉換，即單調性+定義域兩個角度。⁶

函數不等式模型

實質：帶有前提條件的替換⁷

三角函數模型

涉及三角函數相關的變換的問題中，最常見的變形方向就是轉化爲正弦型；⁸

數列中求通項公式，求和公式

累加法、累乘法模型

錯位相減法，

模型函數

研究透徹函數$f(x)=sinx$的性質，能夠正向遷移研究$y=A\sin(\omega\cdot x+\phi)+k$的各類性質；

平行線法求切線模型

理解和掌握常見的求曲線的切線的思路和方法。⁹

部分分式模型+對號函數模型

均值不等式模型

高頻等價轉化

函數$y=f(x)$有$n$個零點 $\Longleftrightarrow$ 方程$f(x)=0$有$n$個不一樣的根 $\Longleftrightarrow$ 兩個函數圖像$y=f(x)，y=0$有$n$個不一樣的交點，思想方法：數形結合。

解不等式模型

①用代數方法解如$x^2-3|x|+2>0$

②用圖像解如座標系中給出函數$f(x)$和$g(x)$的圖像，求解$f(x)>g(x)$等，

再如$f(x)=x(x+2)(e^{x-1}-1)>0$，法1：圖像法，法2：代數方法

③用導數解，如$(x-1)f'(x)>0$，比較$f(0)+f(2)>2f(1)$。

④構造函數解不等式用"左-右"=$g(x)$,利用導數知識求解。

- 已知[仿二次]函數$f(x)=ax^2+bx+c\ge 0$在$R$上恆成立的充要條件是$\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{\Delta\leq 0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a=b=0}\\{c\ge 0}\end{array}\right.$。
- 已知二次函數$f(x)=ax^2+bx+c\ge 0(a\neq 0)$在$R$上恆成立的充要條件是$\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{\Delta\leq 0}\end{array}\right.$；
- 已知二次函數$f(x)=ax^2+bx+c\leq 0(a\neq 0)$在$R$上恆成立的充要條件是$\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{\Delta \leq 0}\end{array}\right.$；
- 已知二次函數$f(x)=ax^2+bx+c\ge 0(a> 0)$在$[m，n]$上恆成立的充要條件的寫法有兩種形式：
  其一是$\left\{\begin{array}{l}{-\cfrac{b}{2a}\leq m}\\{f(m)\ge 0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{-\cfrac{b}{2a}\ge n}\\{f(n)\ge 0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{m<-\cfrac{b}{2a}<n}\\{f(-\cfrac{b}{2a})\ge 0}\end{array}\right.$；
  其二是$\Delta \leq 0$或$\left\{\begin{array}{l}{\Delta>0}\\{-\cfrac{b}{2a}\leq m}\\{f(m)\ge 0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{\Delta>0}\\{-\cfrac{b}{2a}\ge n}\\{f(n)\ge 0}\end{array}\right.$
- 已知二次函數$f(x)=ax^2+bx+c\leq 0(a> 0)$在$[m，n]$上恆成立的充要條件是$\left\{\begin{array}{l}{f(m)\leq 0}\\{f(n)\leq 0}\end{array}\right.$；
↩
如引例一、$f(a)=(x-2)a+(x^2-4x+4)>0$在$a\in［-1，1］$恆成立，求$a$的取值範圍。↩
如引例二、 $ f(x)=ax^2+2ax+3>0 $ 對 $x\in R$恆成立，求$a$的取值範圍。↩
如引例三、$ f(x)=ax^2+2ax+3>0 $ 在 $x\in［-1，1］$恆成立，求$a$的取值範圍。相關閱讀：二次函數恆成立習題；
【思路對比】
引例四、$f(x)=x^2 +ax-2a\geqslant 0 $ 在區間 $ x \in［a，b］$ 上恆成立的轉化思路
法1：二次函數法+分類討論法【針對對稱軸和給定區間的位置關係及判別式經常分3類狀況討論】
法2：分離參數法
引例五、$ f(x)=ax^2+bx+c\leq 0(a>0 $ 在區間 $x\in［a，b］$ 上恆成立的轉化思路 $f(a)\leq 0$且$f(b)\leq 0$↩
思路提示：利用題目的條件，去掉兩邊的絕對值符號，變形爲 $f(x_2)-f(x_1)\leq a(x_1-x_2)$，再變形爲$f(x_2)+ax_2\leq f(x_1)+ ax_1$ ，接下來構造新函數$g(x)=f(x)+ax$，研究新函數的性質解題。↩
- 引例：已知函數$f(x)=2015^x-log_{2015}(\sqrt{x^2+1}-x)-2015^{-x}+2$，求解不等式$f(3x+1)+f(x)>4$
  分析：此類題目通常的思路是把左右轉化爲形如$f(M)≥f(N)$，而後再脫掉$f$,就能夠求解了，可是左邊須要這樣的性質：$f(x)+f(y)=f(xy)$，
  右邊也須要將4$f$化，通過嘗試，這個性質$f(x)+f(y)=f(xy)$並不知足，由原題可得$f(0)=2$，也並不能順利的將4$f$化，因此咱們得變換思路。
  先考慮函數的奇偶性，發現$f(-x)+f(x)=4$,這樣將右端的4作一個代換，就獲得$f(3x+1)+f(x)>f(x)+f(-x)$，整理後就成了$f(3x+1)>f(-x)$，
  接下來用單調性脫掉符號$f$便可求解。
  解析：由題目可知函數的定義域爲$R$，函數的各個部分$2015^x$單增，$-log_{2015}(\sqrt{x^2+1}-x)$單增，$-2015^{-x}+2$單增，因此$f(x)$單增，
  又$f(-x)+f(x)=4$，因此帶入原不等式獲得$f(3x+1)+f(x)>f(x)+f(-x)$，
  故有$f(3x+1)>f(-x)$，定義域爲$R$，單增，則有$3x+1>-x$，解得$x>-\cfrac{1}{4}$。
  解後反思：
  【題目原始模型】$log_2 (x+1)>log_2 (2-x)$，因爲單調性，定義域是隱含已知的，故轉化爲不等式組$\begin{cases} &0 < x+1 \\ &0 <2-x \\ &2-x<x+1\end{cases}$
  【題目抽象模型】$已知函數f(x)的定義域是[-1,1]$，且知足$\forall x_1，x_2\in [-1，1]，(x_1-x_2)\cdot(f(x_1)-f(x_2))>0$，解不等式$f(2x-1)>f(2-3x)$，仿上，你會轉化嗎？
  【再增長難度】$已知函數f(x)的定義域是[-1,1]$，且知足$\forall x_1，x_2\in [-1，1]，(x_1-x_2)\cdot(f(x_1)-f(x_2))>0$，$f(x)+f(y)=f(xy)$，解不等式$f(2x-1)+f(2-3x)>f(0)$，仿上，你會轉化嗎？
  【再增長難度】$已知函數f(x)的定義域是[-1,1]$，且知足$\forall x_1，x_2\in [-1，1]，(x_1-x_2)\cdot(f(x_1)-f(x_2))>0$，$f(-x)+f(x)=0$，解不等式$f(2x-1)+f(2-3x)>0$，仿上，你會轉化嗎？
↩
已知函數$f(x) = \begin{cases}log_2^x &x>0 \\ 2^x &x\leq 0 \end{cases}$，若$f(a)\ge 1$，求$a$的取值範圍。
分析：原函數不等式等價於不等式組$\begin{cases}a>0\\\log_2^a\ge 1 \end{cases}$或者$\begin{cases} a\leq 0 \\\ 2^a\ge 1 \end{cases}$，↩
$y=asinx+bcosx$ $\Longrightarrow$ $y=A\sin(\omega\cdot x+\phi)+k$後，能夠常規化得求週期、值域、對稱軸、對稱中心、單調區間、奇偶性等。
引例1 設$\alpha$，$\beta\in [0，\pi]$，且知足$sin\alpha cos\beta-cos\alpha sin\beta=1$，則$sin(2\alpha-\beta)+sin(\alpha-2\beta)$的取值範圍是【】

$A.[-\sqrt{2}，1]$ $B.[-1，\sqrt{2}]$ $C.[-1，1]$ $D.[1，\sqrt{2}]$

簡析：$sin(\alpha-\beta)=1$，又$\alpha-\beta\in [-\pi，\pi]$，則可獲得$\alpha-\beta=\cfrac{\pi}{2}$，代入$sin(2\alpha-\beta)+sin(\alpha-2\beta)$，獲得
$sin(2\alpha-\beta)+sin(\alpha-2\beta)=\cdots=-\sqrt{2}sin(\beta-\cfrac{\pi}{4})\in [-\sqrt{2}，1]$，故選$A$.
引例2 已知函數$f(x)=cos(2x-\cfrac{\pi}{3})-2sin(x-\cfrac{\pi}{4})sin(x+\cfrac{\pi}{4})$，
(1).求函數$f(x)$圖像的對稱軸方程；
分析：注意到$(\cfrac{\pi}{4}+x)+(\cfrac{\pi}{4}-x)=\cfrac{\pi}{2}$，則$sin(x+\cfrac{\pi}{4})=cos(\cfrac{\pi}{4}-x)$，且知足$cos(\cfrac{\pi}{4}-x)=cos(x-\cfrac{\pi}{4})$，故$f(x)=\cfrac{1}{2}cos2x+\cfrac{\sqrt{3}}{2}sin2x-2sin(x-\cfrac{\pi}{4})cos(x-\cfrac{\pi}{4})=\cfrac{1}{2}cos2x+\cfrac{\sqrt{3}}{2}sin2x-sin(2x-\cfrac{\pi}{2})=\cdots=\sqrt{3}sin(2x+\sqrt{3})$，接下來使用模型函數求其對稱軸方程；下同。
(2).求函數$f(x)$在區間$[-\cfrac{\pi}{12}，\cfrac{\pi}{2}]$上的值域；↩
例函數$y=kx$與函數$y=lnx$相切於點$Q$，求點$Q$的座標。$(e，1)$

分析：設函數$y=kx$與函數$y=lnx$切點爲$Q(x_0,y_0)$，則有

$\left\{\begin{array}{l}{y_0=kx_0}\\{ y_0=lnx_0 }\\{k=f'(x_0)=\cfrac{1}{x_0}}\end{array}\right.$；

從而解得$x_0=e，y_0=1，k=\cfrac{1}{e}$，

故切點$Q$的座標爲$(e，1)$，此時的切線的斜率爲$k=\cfrac{1}{e}$ 具體參見課件

例【引伸爲曲線上的點到直線上的點的最小值，平行線法。】直線$y=x$上的動點爲$P$，函數$y=lnx$上的動點是$Q$，求$|PQ|$的最小值。
【等價題目】直線$y=x$上的點爲$P(x，y)$，函數$y=lnx$上的點是$Q(m，n)$，求$\sqrt{(x-m)^2+(y-n)^2}$的最小值。
思路：平行線法，設和直線$y=x$平行且和函數$y=lnx$相切的直線爲$y=x+m$，
切點爲$P_0(x_0,y_0)$，則有$\begin{cases} y_0=x_{0}+ m \\ y_0=lnx_0 \\ f'(x_0)=\cfrac{1}{x_0}=1\end{cases}$；
從而解得$x_0=1,y_0=0,m=-1$因此所求的點點距的最小值，就轉化爲切點$P_0(1,0)$到直線$y=x$的點線距，
或者兩條直線$y=x,y=x-1$的線線距了。↩