前言
高中数学中的变量集中策略使用频次非常高,使用场景非常普遍,所以要好好学习掌握,并加以深刻体会。
相关概念
什么是变量集中策略?有什么优越性?这是我们急需要深入了解的知识。
变量集中策略,从字面的意思理解,是把散布在函数各处的的变量尽可能地统一到一处,把各种各样的不一样的变量尽可能地统一成一个变量,这样变量的个数减少了,出现变量的地方减少了,那么我们要处理的问题不就简单了吗!
如果我们单独看这个分式函数,在分子和分母上都有变量,当他们同时变大的时候,整体的结果到底怎么变化,我们还真不好说,但是如果我们施行了化为部分分式的变换后得到(f(x)=cfrac{x+2}{x+1}=1+cfrac{1}{x+1}),那么就能很容易的判断(xin [1,3])时,函数(f(x))单调递减。原来在分子和分母上都有变量,变换后变量只出现在部分分式的分母位置上,这样就好判断多了,这里用到的就是数学中的变量集中策略和方法。
相关方法
尝试总结与变量集中策略相关的数学方法和数学变形。
-
分式裂项,化为部分分式;(cfrac{b+c}{a}=cfrac{b}{a}+cfrac{c}{a});
-
分式的分子分母同除策略,将变量集中在分子或分母位置;
-
分母(1=sin^2 heta+cos^2 heta)的代换;
-
配凑法;
-
换元法,代数换元和三角换元;
-
参数方程法;
相关阅读
-
1、分式型函数相关;
-
2、齐次式相关知识;
-
3、借助比例因子简化运算;
使用场景
分析:先做出分段函数的图像如图所示,
由图像可知(0leq b<1leq a),此时(f(a)=2^a-cfrac{1}{2}),(f(b)=b+1),
如果不做变换直接求(bcdot f(a))的取值范围,会出现二元函数,
但是若利用(f(a)=f(b)),则(bcdot f(a)=bcdot f(b)=b(b+1)),就是一元函数,符合我们的求解习惯,
此时(bcdot f(a)=bcdot f(b)=b(b+1)),(xin [cfrac{1}{2},1)),就成了一元二次函数在限定区间上的值域问题了,
令(g(b)=b(b+1)=(b+cfrac{1}{2})^2-cfrac{1}{4}),在区间(xin [cfrac{1}{2},1))上单调递增,
故(g(cfrac{1}{2})leq g(b)<g(1)),即(bcdot f(a))的取值范围是([cfrac{3}{4},2))。
(h(x)=cfrac{x^2-4x+5}{x-2}=cfrac{(x-2)^2+1}{x-2}=(x-2)+cfrac{1}{x-2}xrightarrow{x-2=t}t+cfrac{1}{t}),
(asin heta+bcos heta=sqrt{a^2+b^2}sin( heta+phi)),(2sin hetacdot cos heta=sin2 heta);
-
比如:(cfrac{x+2sqrt{2xy}}{x+y}xlongequal[再换元,令frac{y}{x}=t^2]{分子分母同除以x}cfrac{1+2sqrt{2}t}{1+t^2})
-
比如:(cfrac{xy}{3x^2+xy-2y^2}=cfrac{cfrac{xy}{x^2}}{cfrac{3x^2+xy-2y^2}{x^2}})(=cfrac{cfrac{y}{x}}{3+cfrac{y}{x}-2(cfrac{y}{x})^2})(=cfrac{t}{3+t-2t^2})(=cfrac{1}{cfrac{3}{t}+1-2t})((cfrac{y}{x}=t,t为斜率))
分析:不妨设(g(m)=f(n)=t),则(e^{m-2}=lncfrac{n}{2}+cfrac{1}{2}=t(t>0)),
(编者注:此处引入第三方变量(t),可以将(m、n)用含有(t)的表达式来刻画,则二元函数就此转化为了一元函数,我们就可以用导数求其最值了)
则(m-2=lnt),(m=2+lnt);(lncfrac{n}{2}=t-cfrac{1}{2}),则(n=2e^{t-frac{1}{2}});
故(n-m=2e^{t-frac{1}{2}}-2-lnt(t>0)) ,
令(h(t)=2e^{t-frac{1}{2}}-2-lnt(t>0)),(h'(t)=2e^{t-frac{1}{2}}-cfrac{1}{t}),(增+增=增)
易知(h'(t))在((0,+infty))上单调递增,且(h(cfrac{1}{2})=0);
当(t>cfrac{1}{2})时,(h'(t)>0),当(0<t<cfrac{1}{2})时,(h'(t)<0),
即当(t=cfrac{1}{2})时,(h(t))取得极小值也是最小值,
(h(t)_{min}=h(cfrac{1}{2})=2e^{frac{1}{2}-frac{1}{2}}-2-lncfrac{1}{2}=ln2),故选(B).
[法1]:分离参数+构造函数,由题目可得(aleq cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}),
令(f(x,y)= cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}xlongequal[关于x,y的二次齐次式]{分子分母同除以y^2})(cfrac{2(cfrac{x}{y})^2-3cfrac{x}{y}+1}{1+cfrac{x}{y}}\)(xlongequal[令cfrac{x}{y}=t>0]{二元变一元}g(t))(=cfrac{2t^2-3t+1}{t+1})(=2(t+1)+cfrac{6}{t+1}-7ge 2sqrt{12}-7)(=4sqrt{3}-7)
当且仅当(t=sqrt{3}-1)时取到等号。故有(aleqslant 4sqrt{3}-7),所以(a_{max}=4sqrt{3}-7)。
[法2]:二元变量集中为一元变量,两边同除以(y^2),得到(2(cfrac{x}{y})^2-(a+3)(cfrac{x}{y})+(1-a)ge 0),
令(cfrac{x}{y}=t>0),即(2t^2-(a+3)t+(1-a)geqslant 0)对任意(t>0)恒成立,
令(g(t)=2t^2-(a+3)t+(1-a)) ,则分以下两种情形:
(1^。) (Delta=a^2+14a+1leqslant 0),解得(-4sqrt{3}-7leqslant a leqslant 4sqrt{3}-7);
(2^。) (egin{cases}Delta >0\cfrac{a+3}{2cdot 2}<0\g(0)=1-age 0end{cases}),解得(a<-4sqrt{3}-7);
综上可知,(aleqslant 4sqrt{3}-7),故(a_{max}=4sqrt{3}-7)。
(a^2-3ab+2b^2=0Rightarrow(cfrac{a}{b})^2-3(cfrac{a}{b})+2=0)
(egin{align*}cfrac{ccdot cos(30^{circ}-A)}{b+a}&=cfrac{sinCcdot cos(30^{circ}-A)}{sinB+sinA}\&=cfrac{sinCcdot cos(30^{circ}-A)}{sin(cfrac{pi}{3}-A)+sinA}\&=cfrac{cfrac{sqrt{3}}{2}cdot(cfrac{sqrt{3}}{2}cosA+cfrac{1}{2}sinA)}{cfrac{sqrt{3}}{2}cosA+cfrac{1}{2}sinA}\&=cfrac{sqrt{3}}{2}end{align*}).
分析:令(sinx+cosx=t) ,由于(xin(0,cfrac{pi}{2}]),
则(t=sinx+cosx=sqrt{2}sin(x+cfrac{pi}{4})in [1,sqrt{2}]),则(2sinxcosx=t^2-1),
故(f(x)=cfrac{t^2-1}{t+1}=g(t)=t-1),
故(f(x)_{max}=M=sqrt{2}-1);(f(x)_{min}=N=0);即(M-N=)(sqrt{2}-1)。
比如:已知(x_1>x_2>0),证明(ln(cfrac{x_1}{x_2})>2cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}).
分析:令(cfrac{x_1}{x_2}=t),则(t>1);(ln(cfrac{x_1}{x_2})>2cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2})等价于(lnt>2cfrac{t-1}{t+1});然后作差构造函数(g(t)=lnt-2cfrac{t-1}{t+1}),想办法证明(g(t)>0)恒成立即可。
1、求(ab)的范围;
解:(ecause -3+ab=a+bge 2sqrt{ab})
( herefore ab-2sqrt{ab}-3ge 0),
((sqrt{ab}+1)(sqrt{ab}-3) ge 0)
$sqrt{ab}leq -1 或 sqrt{ab}ge 3 $
又(a,bin R^{+}),故 (sqrt{ab}ge 3) (当且仅当(a=b=3)取到等号)
故(abge 9)
2、求(a+b)的范围;
解:(ecause a+b+3=ab leq (cfrac{a+b}{2})^2),令(t=a+b)
(t^2-4t-12ge0),解得(tleq -2)或(tge6);
故 (a+b ge 6) (当且仅当(a=b=3)取到等号)
【评析】代数式中同时有(a+b)和(ab)型,两元(a+b,ab)常常转化集中为一元(a+b)或(ab),这样就好处理多了。
【同类题】设(m,nin R),则直线((m+1)x+(n+1)y-2=0)与圆((x-1)^2+(y-1)^2=1)相切,且(m+n)的取值范围是_________。
分析:由圆心((1 ,1))到直线的距离等于半径可得,
(cfrac{(m+1)cdot 1+(n+1)cdot 1-2}{sqrt{(m+1)^2+(n+1)^2}}=1) ,
变形得到(mn=m+n+1),此时即转化为上述例3的类型了。
由(mnleq (cfrac{m+n}{2})^2),则(m+n+1leq (cfrac{m+n}{2})^2),
求解上述以(m+n)为整体的不等式,得到(m+nleq 2-2sqrt{2})或者(m+nge 2+2sqrt{2});
解:由于(ab+bc+ac=(a+c)b+ac=24)
故(ac=24-(a+c)b leq (cfrac{a+c}{2})^2)
故(24-(a+c)b leq (cfrac{a+c}{2})^2),(三元变成了两个元(a+c,b))
又因为(a+c=9-b),
即(24-(9-b)b leq cfrac{(9-b)^2}{4}),(两元(a+c,b)变成了一元(b))
即(b^2-6b+5 leq 0)
解得(1leq b leq 5)
(z=cfrac{3x+4y+10}{x+2}=cfrac{3(x+2)+4y+4}{x+2}=3+4 imescfrac{y+1}{x+2});(cfrac{y-(-1)}{x-(-2)}为斜率);
(z=cfrac{x^2+y^2}{xy}=cfrac{y}{x}+cfrac{x}{y}=k+cfrac{1}{k}(cfrac{y}{x}=k));
在刻画距离(OP)时,在平面直角坐标系中(|OP|=sqrt{x^2+y^2}),为二元根式函数;在极坐标系中(|OP|= ho),为一元一次函数;
圆(C:x^2+y^2=4)上的任意点(P),当点(P(x,y))表达的时候,是二元的,但是换成参数方程时,点(P(2cos heta,2sin heta))表达时,就是一元函数了;
椭圆(C:cfrac{x^2}{9}+cfrac{y^2}{4}=1)上的任意点(P),当点(P(x,y))表达的时候,是二元的,但是换成参数方程时,点(P(3cos heta,2sin heta))表达时,就是一元函数了;
-
已知(a:b:c=2:3:4),引入非零因子(k),则可以这样表达,(a=2k,b=3k,c=4k),可以看成(a,b,c)都是(k)的一元函数了。
-
令(e^{m-2}=lncfrac{n}{2}+cfrac{1}{2}=t(t>0)),
(编者注:此处引入第三方变量(t),可以将(m、n)用含有(t)的表达式来刻画,则二元函数就此转化为了一元函数,我们就可以用导数求其最值了)
则(m-2=lnt),(m=2+lnt);(lncfrac{n}{2}=t-cfrac{1}{2}),则(n=2e^{t-frac{1}{2}});
故(n-m=2e^{t-frac{1}{2}}-2-lnt(t>0)) ,
分析:令(2^x=3^y=5^z=k),则(x=log_2k=cfrac{lgk}{lg2}),(y=log_3k=cfrac{lgk}{lg3}),(z=log_5k=cfrac{lgk}{lg5}),
故(2x=cfrac{2lgk}{lg2}=cfrac{lgk}{cfrac{1}{2}lg2}=cfrac{lgk}{lgsqrt{2}}),(3y=cfrac{3lgk}{lg3}=cfrac{lgk}{cfrac{1}{3}lg3}=cfrac{lgk}{lgsqrt[3]{3}}),(5z=cfrac{5lgk}{lg5}=cfrac{lgk}{cfrac{1}{5}lg5}=cfrac{lgk}{lgsqrt[5]{5}}),
接下来,法1:转化为只需要比较(sqrt[2]{2}),(sqrt[3]{3}),(sqrt[5]{5})三者的大小即可。
先比较(sqrt[2]{2}),(sqrt[3]{3}),给两个式子同时6次方,得到((sqrt[2]{2})^6=2^3=8),((sqrt[3]{3})^6=3^2=9),故(sqrt[2]{2}<sqrt[3]{3}),则(cfrac{lgk}{lgsqrt[2]{2}}>cfrac{lgk}{lgsqrt[3]{3}}),即得到(2x>3y)
再比较(sqrt[2]{2}),(sqrt[5]{5}),给两个式子同时10次方,得到((sqrt[2]{2})^{10}=2^5=32),((sqrt[5]{5})^{10}=5^2=25),故(sqrt[2]{2}>sqrt[5]{5}),则(cfrac{lgk}{lgsqrt[2]{2}}<cfrac{lgk}{lgsqrt[3]{3}}),即得到(5z>2x),综上得到(3y<2x<5z)
法2:作商法,(cfrac{2x}{3y}=cfrac{2}{3}cdot cfrac{lg3}{lg2}=cfrac{lg9}{lg8}=log_89>1),故(2x>3y);
(cfrac{5z}{2x}=cfrac{5}{2}cdot cfrac{lg2}{lg5}=cfrac{lg2^5}{lg5^2}=log_{25}32>1),故(5z>2x);故(3y<2x<5z)。
难点题目
分析:(z=x^2-3xy+4y^2ge 2xcdot 2y-3xy=xy),当且仅当(x=2y)时取得等号;
则(cfrac{1}{z}leq cfrac{1}{xy}),当且仅当(x=2y)时取得等号;
则(cfrac{xy}{z}leq cfrac{xy}{xy}=1),即(cfrac{xy}{z})的最大值为(1),当且仅当(x=2y)时取得等号;
此时,(z=x^2-3xy+4y^2=4y^2-3ycdot 2y+4y^2=2y^2),
(cfrac{2}{x}+cfrac{1}{y}-cfrac{2}{z}=cfrac{2}{2y}+cfrac{1}{y}-cfrac{2}{2y^2})
(=cfrac{2}{y}-cfrac{1}{y^2}=-(cfrac{1}{y}-1)^2+1leq 1),
故(cfrac{2}{x}+cfrac{1}{y}-cfrac{2}{z})的最大值为1.
此时,(y=1,x=2,z=2);
【点评】变量集中,三元变一元。
分析:先将给定的式子通分变形为(cfrac{2ex-y}{e}cdot lncfrac{y}{x}leq cfrac{x}{me}),
再次变形为((2e-cfrac{y}{x})cdot lncfrac{y}{x}leq cfrac{1}{m}),
令(cfrac{y}{x}=t>0),则不等式变形为((2e-t)cdot lntleq cfrac{1}{m}),
令(h(t)=(2e-t)cdot lnt),则需要求(h(t)_{max});
(h'(x)=(-1)lnt+(2e-t)cdot cfrac{1}{t}=cfrac{-t(lnt+1)+2e}{t}),
先用观察法或经验找到导函数的分子的零点(t=e),
当(tin (0,e))时,(h'(t)>0),(h(t))单调递增,当(tin (e,+infty))时,(h'(t)<0),(h(t))单调递减,
故(h(t)_{max}=h(e)=e),即(cfrac{1}{m}ge e),解得(0<mleq cfrac{1}{e});故选(D)。
- 上次编辑时间:2019-07-25