前言
赋值法是高中数学中比较常用的一种方法,使用“赋值法”的数学素材和知识点,散落在高中数学的几乎各个章节中,现对其进行整理,以便于学习。比如学习函数时可以赋值法给出单调性,奇偶性,周期性等,求函数的值。
理论依据
比如给定(R)上的函数(f(x)),满足条件(f(x+y)=f(x)+f(y)),则我们就可以令(x=1,y=1),得到(f(2)=f(1)+f(1)=2f(1));当然也可以令(x=1,y=0),得到(f(1)=f(1)+f(0)),从而得到(f(0)=0),实际上由于是(R)上的函数(f(x)),那么我们给(x、y)任意赋值都是合理的,这样就能得到无穷个等式,但是我们解题不需要这么多,只需要有针对性的一两个,所以我们其实是有目的的赋值的,那么到底该怎么赋值呢,这要结合具体题目来分析,需要一定的数学素养。以下为涉及到的数学素材:
判断抽象函数性质
分析:令(x_1> x_2),则(x_1-x_2>0),故(f(x_1-x_2)<0),
则有$ f(x_1) = f(x_1-x_2+x_2) = f(x_1-x_2)+f (x_2) < f( x_2) $,
故函数(f(x))在(R)上单调递减。
分析:令(x=y=0),则有(2f(0)=2f^2(0)),得到(f(0)=0或f(0)=1);
再令(x=1,y=0),则有(2f(1)=2f(1)f(0)),得到(f(0)=1);
又题目已知(f(1)=cfrac{1}{2}),
若令(x=0),则得到(f(y)+f(-y)=2f(0)f(y)=2f(y)),
所以(f(-y)=f(y)),可知函数是偶函数。
分析:由于(f(x+6)=f(x)+f(3)),
令(x=-3),则(f(-3+6)=f(-3)+f(3)),
即(f(-3)=0),又由于(f(-x)=f(x)),
则有(f(-3)=f(3)=0),那么原式变为
(f(x+6)=f(x)),即(T=6);
引申:已知(f(x+6)=f(x)+nf(3)(nin N^*)),再加上(f(x))是偶函数,(Longrightarrow T=6)
提示:用赋值法,令(x=-3),(f(-3+6)=f(-3)+nf(3))推出(f(3)=0),
从而(f(x+6)=f(x),)故(T=6)。
分析:由题目可知,(f(x)+f(-x)=1),
法1,定义法,对定义域内的任意(x),必须恒有(f(x)+f(-x)=1),由((a-1)[2^{2x}+(a-1)2^x+1]=0)恒成立,故必须(a-1=0),从而得到(a=1);
法2,赋值法,比如(f(0)+f(-0)=1),变形为(cfrac{2}{1+a}=1),得到(a=1),当然这个方法要注意定义域。
抽象函数求值
①(f(x)+f(-x)=0);②(f(x)=f(x+2));③当(0leq x<1)时,(f(x)=2^x-1),
则(f(cfrac{1}{2})+f(1)+f(cfrac{3}{2})+f(2)+f(cfrac{5}{2}))的值是_________。
分析:由①知,函数为奇函数,在利用③先做出([0,1))上的图像,
再利用奇函数,做出((-1,0])上的图像,一个周期基本完成,就差端点值(f(-1))和(f(1))的值未确定;
难点是求(f(1))的值,可以通过以下几个思路求解,
法1:图像法,假设(f(1)=cfrac{1}{2}),则(f(-1)=-cfrac{1}{2}),奇偶性是说的通的,
但是周期性不满足,因为向右平移一个周期后,元素(1)对应(cfrac{1}{2}),还对应(-cfrac{1}{2}),
出现了一对多,不是函数了,故只能有(f(1)=0),即也有(f(-1)=0),
这样在一个周期上奇偶性和周期性都是满足的。
法2:题中没有明确告诉,但是由①②可知,
(f(x+2)=-f(-x)),即(f(x+2)+f(-x)=0),即对称中心是((1,0)),
这时要么函数在((1,0))处没有定义,这个不满足题意;
要么必有(f(1)=0),则(f(-1)=0);其余就好处理了。
法3:赋值法,由(f(x)+f(-x)=0),令(x=1),得到(f(1)+f(-1)=0)①,
令(x=-1),由(f(x)=f(x+2))得到,(f(-1)=f(1))②,
故有(f(1)=f(-1)=0),
在此基础上,做出函数的大致图像,可知(f(1)=f(2)=f(0)=0),
(f(cfrac{3}{2})+f(cfrac{5}{2})=0),(f(cfrac{1}{2})=sqrt{2}-1),
故(f(cfrac{1}{2})+f(1)+f(cfrac{3}{2})+f(2)+f(cfrac{5}{2})=sqrt{2}-1)。
周期性
给定(f(x+2)=f(x)),则可知函数(f(x))的周期为(T=2),那么给定(f(x-1)=f(x+1)),给其中的(x)赋值(x+1),变换得到(f(x)=f(x+2)),也说明(f(x-1)=f(x+1))刻画的是周期性,且周期为(T=2);
练习:①(f(x+1)=f(x+5)),则(T=4),说明:给其中的(x)赋值(x-1),得到(f(x)=f(x+4)),则(T=4);
②(f(2-x)=f(4-x)),则(T=2),说明:给其中的(x)赋值(-x),得到(f(x+2)=f(x+4)),给其中的(x)赋值(x-2),得到(f(x)=f(x+2)),则(T=2);
③(f(x+a)=f(x+b)(a<b)),则(T=b-a),说明:给其中的(x)赋值(x-1),得到(f(x)=f(x+4)),则(T=4);
求函数的解析式
分析:令(y=x),代入原式得到(f(x-x)=f(x)-x(2x-x+1)),
即(f(0)=f(x)-x(x+1)),
即(f(x)=x^2+x+1)
- 函数(f(x))对一切实数(x、y)均有(f(x+y)-f(y)=x(x+2y+1))成立,且(f(1)=0).求函数(f(x))的解析式.
分析:注意到(f(1)=0),故令(y=1),代入原式得到(f(x+1)-f(1)=x(x+2 imes +1)=x^2+3x),
即(f(x+1)=x^2+3x),令(x+1=t),则(x=t-1),代入上式,得到(f(t)=(t-1)^2+3(t-1)=t^2+t-2),
即(f(x)=x^2+x-2)。
- 已知函数(f(x)=x^2+2f'(2)cdot x+1),求函数的解析式(f(x)).
分析:给原式两边同时求导,可得(f'(x)=2x+2f'(2)),
再令(x=2)得到(f'(2)=4+2f'(2)),解得(f'(2)=-4),可知(f(x)=x^2-8x+1)。
- 已知函数(f(x)=1+f(cfrac{1}{2})cdot log_2x),求函数(f(x))的解析式及(f(2))的值。
分析:令(x=cfrac{1}{2}),则(f(cfrac{1}{2})=1+f(cfrac{1}{2})cdot log_2cfrac{1}{2}),
即(f(cfrac{1}{2})=1-f(cfrac{1}{2})),解得(f(cfrac{1}{2})=cfrac{1}{2}),
故所求解析式为(f(x)=1+cfrac{1}{2}log_2x),
则(f(2)=1+cfrac{1}{2}=cfrac{3}{2})。
数列中求通项公式
令(m=1)得到(a_{n+1}=a_ncdot a_1=a_1cdot a_n),
即(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=a_1=2)
不就是等比数列嘛;故(a_n=2cdot 2^{n-1}=2^n)
- 如(a_{n+m}=a_n+ a_m),(a_1=2),求通项公式(a_n);
令(m=1)得到(a_{n+1}=a_n+ a_1),
即(a_{n+1}-a_n=a_1=2),不就是等差数列嘛;
故(a_n=2+(n-1) imes 2=2n)
- 等差数列({a_n}),(a_n>0),且数列({cfrac{1}{a_na_{n+1}}})的前(n)项和为(cfrac{n}{2(n+2)}),求数列({a_n})的通项公式;
分析:当(n=1)时,(cfrac{1}{a_1a_2}=cfrac{1}{2 imes3}=cfrac{1}{6})①;
当(n=2)时,(cfrac{1}{a_1a_2}+cfrac{1}{a_2a_3}=cfrac{2}{2 imes4}=cfrac{1}{4})②;
①-②得到(cfrac{1}{a_2a_3}=cfrac{1}{12})
则有(a_1cdot (a_1+d)=6)③;((a_1+d)(a_1+2d)=12)④,
由③④解得(a_1=2),(d=1);故(a_n=n+1);
法1:【迭代递推】
(a_1=f(2^1)=2),即(f(2)=2),
(a_n=f(2^n)=f(2cdot2^{n-1})=2f(2^{n-1})+2^{n-1}f(2))
(=2^1cdot f(2^{n-1})+2^ncdot 1=2[2f(2^{n-2})+2^{n-2}f(2)]+2^ncdot 1)
(=2^2cdot f(2^{n-2})+2^ncdot 2)
(=2^3cdot f(2^{n-3})+2^ncdot 3)
(=2^4cdot f(2^{n-4})+2^ncdot 4)
(=2^{n-1}cdot f(2^1)+2^n cdot (n-1)=ncdot 2^n);
法2:【赋值法】
由题目(a_n=f(2^n))可知,(a_{n+1}=f(2^{n+1})),且(a_1=f(2)=2)
由于对任意的(x,yin R)都有(f(xy))(=xf(y))(+yf(x))成立,
令(x=2^n),(y=2),则有(f(2^{n+1})=f(2^ncdot 2)=2^nf(2)+2f(2^n)),
即(a_{n+1}=2a_n+2 imes 2^n),即(a_{n+1}=2a_n+2^{n+1}),
接下来两边同时除以(2^{n+1}),得到
(cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=cfrac{a_{n}}{2^{n}}+1)
则数列({cfrac{a_n}{2^n}})是首项为(1),公差为(1)的等差数列,
则有(cfrac{a_n}{2^n}=1+(n-1) imes 1=n),
即所求通项公式为(a_n=ncdot 2^n)。
不等式大小比较
A、(ab < b^2<1;;;;;) B、(log_frac{1}{2}b < log_frac{1}{2}a <0;;;;;) C、(2b < 2a < 2;;;;;) D、(a^2 < ab <1;;;;;)
【法1】不等式性质法,此处略。
【法2】赋值法,由题设令(b=cfrac{1}{4}),(a=cfrac{1}{2}),
对选项A而言,(ab=cfrac{1}{2} imes cfrac{1}{4}=cfrac{1}{8}),(b^2=cfrac{1}{4} imes cfrac{1}{4}=cfrac{1}{16}),(cfrac{1}{8}>cfrac{1}{16}), 故A错;
对选项B而言,(log_frac{1}{2}b=log_frac{1}{2} cfrac{1}{4}=2>0),故B错;
对选项D而言,(a^2=(cfrac{1}{2})^2=cfrac{1}{4}) ; $ ab=cfrac{1}{2} imes cfrac{1}{4}=cfrac{1}{8}< a^2$,故D错;
故选C。
分析:借助赋值法,令(x=cfrac{1}{2}),则可知(b=(cfrac{1}{2})^{lnx}>1),(a=lnx<0),(c=e^{lnx}=cfrac{1}{2}),故大小关系为(b>c>a);
二项式系数求和
则(a_0+a_1+a_2+cdots+a_6)的值为__________.
分析:先求得(a=(-cosx-sinx)|_0^{pi}=2),
代入已知表达式,再赋值(x=1),
得到(a_0+a_1+a_2+cdots+a_6+a_7=(1+1)(2-1)^6=2),
又(C_6^6cdot 2^0cdot (-x)^6cdot x=x^7),故(a_7=1),
从而解得(a_0+a_1+a_2+cdots+a_6=1).
二项式定理将赋值法的使用发挥到了极致。
集合的关系判断
分析:【法1】赋值法,由于(kin Z),故我们给(k)赋值(cdots,-2,-1,0,1,2,cdots),这样就分别得到了两个无限集合了。
(M={cdots,-cfrac{3}{4},-cfrac{1}{4},cfrac{1}{4},cfrac{3}{4},cfrac{5}{4},cfrac{7}{4},cdots,}),元素之间的间隔为(cfrac{2}{4}=cfrac{1}{2}),元素少
(N={cdots,-cfrac{1}{4},0,cfrac{1}{4},cfrac{2}{4},cfrac{3}{4},cfrac{4}{4},cdots,}),元素之间的间隔为(cfrac{1}{4}),元素多
这样我们就很容易发现关系为(Msubsetneqq N),故选(B)。
【法2】数列法,如果我们经常将数列当成函数来理解,那么我们可以看到,两个无限集合可以看成数列
集合(M)的元素可以看成公差为(cfrac{1}{2}),其中某一项为(cfrac{1}{4})的无穷等差数列,
合(N)的元素可以看成公差为(cfrac{1}{4}),其中某一项为(cfrac{1}{2})的无穷等差数列,
我们画两条平行的数轴,在上面依照两个集合的元素取点时,就会发现关系为(Msubsetneqq N),故选(B)。
三角函数
分别是函数(f(x))图象上相邻的一条对称轴和一个对称中心,求函数(f(x))的解析式。
分析:由(f(x)=2Acos^2(omega x+phi)=A[cos2(omega x+phi)+1]-A=Acos(2omega x+2phi)),
故其周期为(T=cfrac{2pi}{2omega}=cfrac{pi}{omega}),
又由题目可知(cfrac{T}{4}=cfrac{pi}{3}-cfrac{pi}{12}=cfrac{pi}{4}),则(T=pi=cfrac{pi}{omega}),
故(omega=1),则函数简化为(f(x)=Acos(2x+2phi)),再利用直线(x=cfrac{pi}{3})是函数(f(x))图象上的一条对称轴,
故(2 imes cfrac{pi}{3}+2phi=kpi,(kin Z)),解得(phi=cfrac{kpi}{2}-cfrac{pi}{3}),
令(k=1),则(phi=cfrac{pi}{6}in (0,cfrac{pi}{2})),满足题意,
故(f(x)=Acos(2x+2phi)=Acos(2x+cfrac{pi}{3})).
抽象函数不等式
(1)求(f(0));
分析:考查赋值法,令(x=y=0),得到(f(0+0)=f(0)+f(0)),即(f(0)=0)。
(2)证明函数(f(x))是奇函数;
分析:由题目可知,定义域关于原点对称,
令(y=-x),代入已知得到(f(x-x)=f(x)+f(-x)),即(f(x)+f(-x)=0),
即(f(-x)=-f(x)),故函数(f(x))是奇函数;
(3)解不等式(cfrac{1}{2}f(x^2)-f(1-x) <cfrac{1}{2}f(3x));
分析:先将已知变形为(f(x^2)-2f(1-x) < f(3x));
再变形为(f(x^2)-f(3x)< 2f(1-x)),
(提示:上式变形的最终形式应该是(f(M) < f(N))的形式,为此需要将(-f(3x))变形,需要将(2f(1-x))变形)
由于任意(x,yin R)都有(f(x+y)=f(x)+f(y)),
令(x=y),得到(f(2x)=f(x)+f(x)=2f(x)),应用到题目中,有(2f(1-x)=f(2-2x))
又(-f(x)=f(-x)),应用到题目中,有(-f(3x)=f(-3x)),
故(f(x^2)-f(3x)<2f(1-x))可以再次变形,得到
(f(x^2)+f(-3x)< f(2-2x)),即(f(x^2-3x)< f(2-2x)),
由于函数(f(x))是(R)上的增函数,故由单调性有
(x^2-3x< 2-2x),即(x^2-x-2<0),
解得(-1< x <2),即解集为(xin (-1,2))。
(1)求证:(f(x))在(R)上是增函数;
证明:设(x_1,x_2in R),且(x_1 < x_2),则(x_2-x_1 >0),
由题目当(x >0),恒有(f(x) >1),则(f(x_2-x_1)>1),
(f(x_2)=f[(x_2-x_1)+x_1]=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1)
则(f(x_2)-f(x_1)=f(x_2-x_1)-1>0),
故(f(x_1)< f(x_2)),即(f(x))在(R)上是增函数;
(2)若(f(3)=4),解不等式(f(a^2+a-5)<2)。
分析:(m,nin R),都有(f(m+n)=f(m)+f(n)-1),
令(m=n=1),则(f(1+1)=f(1)+f(1)-1),即(f(2)=2f(1)-1),
又由已知(f(3)=4),即(4=f(2+1)=f(2)+f(1)-1),
即(3f(1)-2=4),即(f(1)=2),也即(2=f(1))
故(f(a^2+a-5)<2=f(1)),又(f(x))在(R)上是增函数;
则有(a^2+a-5<1),解得(ain (-3,2))。
【解后反思】:解抽象函数不等式的一般步骤:
①(定性)确定函数(f(x))在给定区间上的单调性;
②(转化)将抽象函数不等式转化为(f(M) < f(N))的形式;
③(脱去(f))利用单调性去掉函数符号(large{f}),转化为一般的不等式(组);
④(求解)求解上述的不等式组;
⑤(反思)反思回顾,查看关键点,易错点及解题规范。OK!
公式证明中
①由(cos(alpha-eta)=cosalphacdot coseta+sinalphacdot sineta),用(-eta)替换(eta),或者给(eta)赋值(-eta),
得到(cos(alpha+eta)=cosalphacdot coseta-sinalphacdot sineta),
②由(sin(alpha+eta))推导(sin(alpha-eta));
③由(f(x+4)=f(-x))等价于(f(x+3)=f(-x+1));
④由(a^3+b^3)推导(a^3-b^3);
正态分布中
(A.P(Yge mu_2)ge P(Yge mu_1))
(B.P(Xleq sigma_2)ge P(Xleq sigma_1))
(C).对任意实数(t),(P(Xleq t)ge P(Yleq t))
(D).对任意实数(t),(P(Xge t)ge P(Yge t))
分析:根据正态密度曲线可知,(mu_1<mu_2),(sigma_1<sigma_2),
则有(P(Yge mu_2)< P(Yge mu_1)),故(A)错; 且有(P(Xleq sigma_2)< P(Xleq sigma_1)),故(B)错;
对(C)选项而言,不妨赋值,设(t=mu_1),由图可知,必有(P(Xleq t)ge P(Yleq t)),故(C)正确;
对(D)选项而言,不妨赋值,设(t=mu_1),由图可知,必有(P(Xge t)< P(Yge t)),故(D)错误;
综上所述,选(C)。