數形結合思想例證

數量關系與現實世界空間形式是數學學科不可分割的一個整體，數與形的結合是數學學科最為突出的特點之一。因此，在數學的學習過程中我們必須逐步樹立數形結合的思想，逐步學會用數形結合的方法來解決數學問題，逐步養成以形想數、以數思形的良好思維品質。可以這樣說，沒有樹立起數形結合思想、不會隨時靈活運用數形結合的方法來解決數學問題的人，一定學不好高中數學。相反，當我們樹立起了數形結合的思想，將函數、方程、不等式、復數、向量、解析幾何等知識有機地聯系起來，并能隨時靈活地運用數形結合的方法來解答數學問題，那么必定會使許多數學問題得到最直觀、最簡捷的解答，有時甚至會得到意想不到的收獲。下面舉幾例加以說明。

例1：當m為何值時，關于x的方程=x+m有兩個不等實數根？一個實數根？沒有實數根？

分析：若將原方程有理化，討論方程2x+2mx+m-1=0在x∈A={x|1-x≥0}上解的情況，則計算量大并且不容易得到正確答案。但若從圖形方面去思考，問題便化歸為討論兩曲線y=（即x+y=1，y≥0）與y=x+m交點個數的情況，則問題就容易多了。

圖1

解：在同一坐標系內作出曲線y=和直線系y=x+m（如圖1），則當1≤m＜時原方程有兩個不等實數根；當m=或-1≤m＜1時原方程有一個實數根；當m＜-1或m＞時原方程沒有實數根。

例2：已知關于x的二次方程kx-（2k+1）x+k=0的兩個根x、x滿足-1＜x＜1，1＜x＜2，求實數k的取值范圍。

分析：本題若按思路△＞0并且用求根公式求出兩根x、x再代入-1＜x＜1，1＜x＜2確定實數k的取值范圍，則必然涉及關于k的高次無理不等式組，計算量太大。但若聯想到二次函數圖像，則問題即轉化為考察二次函數f（x）=kx-（2k+1）x+k 的圖像與x軸的兩個交點在什么情況下才各落在區間（-1，1）與（1，2）內，數形結合便可得到較為簡便的解法。

圖2

解：聯想到二次函數f（x）=kx-（2k+1）x+k 的圖像（如圖2），那么原條件即f（-1）f（1）＜0，并且f（1）f（2）＜0，即（2k+2k+1）（2k-2k-1）＜0，并且（2k-2k-1）（5k-4k-2）＜0，

∴＜k＜，或＜k＜。

例3：試證明，+≥對于一切實數X成立。

分析：本題若純粹從不等式的角度去考察，會感到無從下手。但若從函數或形的角度去考察，則問題就容易多了。設f（x）=+，顯然函數的定義域是實數集合R，于是只要證明函數的最小值是或者求出函數的值域是［，+∞）即可，因此可以利用導數知識求解。若從形的角度去考察，將原式變形為+可知，原不等式左邊表示平面上動點P（x，0）到兩定點A（-3，±2），B（5，±3）的距離之和，數形結合便可輕松求解。

證明：+=+表示動點P（x，0）到兩定點A（-3，±2），B（5，±3）的距離之和（如圖3），數形結合便知當動點P運動到兩點A′（-3，-2）、B（5，3）聯結線與x軸交點重合時，點P′（x，0）到兩定點A（-3，±2），B（5，±3）的距離之和取得最小值，即A′、B兩點的距離。

∴+≥對于一切實數X成立。

另證：設f（x）=+，則顯然x∈R。

∵f′（x）=（）′+（）′=+，

令f′（x）=0，得（x+3）=（5-x） ，化簡得5x+94x-19=0，

∴x=（x=-19是增根），從而R被分成兩個區間（-∞，），（，+∞），

易知當x∈（-∞，）時f′（x）＜0，f（x）是減函數；當x∈（，+∞）時f′（x）＞0，f（x）是增函數。

∴f（x）在x=時取得最小值。

∴+≥對于一切實數X成立。

例4：①已知對于一切實數x都有k≤|x+2|+|x-2|+|x-4|成立，求實數k的最大值。

②x，y是任意實數，求u=|x+2|+|x-y|+|y-5|的最小值。

③n是大于1的自然數，求|x-1|+|x-2|+|x-3|+…+|x-（2n+1）|的最小值。（2006年高考選擇題最后一題取n=19而成）

分析：這一組題都涉及若干個絕對值的和的問題，通常方法是分段把絕對值符號去掉化為分段函數來解決。對于①可用這種方法解決，但對于②用這種方法就涉及多元函數問題，而且兩個變量不便于分段，對于③就要把實數集合分成2n+3段來討論，問題較為復雜。但從形的角度考慮，這三個問題都可以理解為數軸上的動點到若干個定點的距離之和，這樣問題就容易解決了。

①解：∵|x+2|+|x-2|+|x-4|即數軸上的動點P（x）到三個定點A（-2）、B（2）、C（4）距離之和（如圖4），當且僅當點P與點B重合時|x+2|+|x-2|+|x-4|取得最小值6，因此，只要k≤6則k≤|x+2|+|x-2|+|x-4|。∴k=6就是所求的最大值。

圖4

②解：|x+2|+|x-y|+|y-5|即數軸上的兩個動點P（x）、Q（y）與兩個定點A（-2）、B（5）中P與A、P與Q、Q與B三段距離之和，數形結合易知，當-2≤x≤y≤5時u=|x+2|+|x-y|+|y-5|取得最小值7。

③解：|x-1|+|x-2|+|x-3|+…+|x-（2n+1）|即數軸上的動點P（x）到2n+1個定點A（1）、A（2）、A（3）、…、A（2n+1）個定點的距離之和，數形結合易知當且僅當動點P（x）與定點A（n+1）重合時|x-1|+|x-2|+|x-3|+…+|x-（2n+1）|取得最小值2（1+2+3+…+n）=n（n+1）。

注意：若干個絕對值的和與差問題分段去絕對值符號化為分段函數是最根本的方法。

例5：已知f（x）是定義在實數集合R上以2為周期的周期函數，對于k∈Z，用I表示區間（2k-1，2k+1］，若x∈I時f（x）=x。①求f（x）在I上的解析表達式；②當k∈N時，求集合M=a使方程f（x）ax在x∈I上有兩個不等實數根。

圖5

分析：根據周期函數的圖像具有重復出現的特點，本題宜用數形結合的方法求解。

解：f（x）是以2為周期的周期函數，并且當x∈I時f（x）=x（一段拋物線），因此，f（x）在實數集合上的圖像就是將拋物線段y=x（-1＜x≤1）向左右兩個單位兩個單位的平行移動并且無限延展聯結而成（如圖5）。當x∈I時f（x）的圖像就是將拋物線段y=x（-1＜x≤1）的頂點平行移動到點O′（2k，0）而得圖像。

所以①f（x）=（x-2k），x∈I=（2k-1，2k+1］，k∈Z。

②方程f（x）=ax在x∈I上有兩個不等實數根，即兩曲線y=ax與y=（x-2k），x∈I=（2k-1，2k+1］有兩個不同的交點，由圖像易知當直線l：y=ax夾在x軸（y=0）與直線L：y=之間（包括L）時兩曲線必定有兩個不同的交點。

這時0＜a≤，k∈N。∴M=a0＜a≤，k∈N為所求。例6：①當實數m為何值時，關于x的方程lg（-x+3x-m）=lg（3-x）有且只有一個根？

②當實數k為何值時，關于x的方程log（x-ka）=log（x-a）（a＞0且a≠1）有解？并求出這個解。

圖6

①解：lg（-x+3x-m）=lg（3-x）?圳（-x+3x-m）=（3-x）＞0?圳（x-2）=1-m，x∈A=（-∞，3）。在同一坐標系下作出y=（x-2），x∈A與y=1-m的圖像（如圖6）可知，當1-m=0或1-m≥1原方程只有一個實根。

所以，m∈（-∞，0］∪{1}為所求。（m為何值時方程有二不等實根？）

圖7

②解：log（x-ka）=log（x-a）?圳x-ka=＞0，a＞0且a≠1。原方程有解即兩曲線y=（y＞0），y= x-ka有交點。而y=（y＞0）即x-y=a（y＞0），數形結合（如圖7）得：當k＜-1或0＜k＜1時兩曲線有交點即原方程有解。再求交點的橫坐標，由x-ka=得x=a為原方程的解。

另解：log=（x-ka）=log（x-a）（a＞0且a≠1）?圳x-ka=x-ka＞0且x-a＞0?圳x=a＞ka且（a）＞a，a＞0，

∴k（k+1）（k-1）＜0且（k-1）＞0，

即k∈（-∞，-1）∪（0，1）時方程有解x=a。

例7：解關于x的不等式＜x-a。

圖8

解：＜x-a的解就是曲線y=位于曲線y= x-a下方那段曲線所對應的橫坐標x的取值范圍。而y=即（x-1）-y（y≥0），數形結合（如圖8）得：

當a＜0時，x∈，0 ∪［2，+∞）為原不等式的解集；

當0≤a≤1時，x∈［2，+∞）為原不等式的解集；

當1＜a＜2時，x∈ 2，為原不等式的解集；

當a≥2時，原不等式的解為空集?覬。

備注：交點處橫坐標x由= x-a得x=。