“形似質(zhì)異題”辨析

數(shù)學(xué)中有許多問題，形式相似，但實質(zhì)各異，有時卻因一個字或符號的差別，就很可能導(dǎo)致所需知識和解題方法的不同.考生在解決此類問題時，極易產(chǎn)生思維誤區(qū)，造成解題失誤.為提高考生的辨異思維能力，下面通過幾組“形似質(zhì)異”問題的辨析，幫助同學(xué)們進一步加深對有關(guān)概念的內(nèi)涵與外延的理解、認識，強化審題能力，提高解題的準確率.

題組一、點集與數(shù)集

例1．（1）已知集合A={(x，y）│y=x2+1}，B={(x，y）│y=5-x2}，則A∩B= ;

（2）已知集合A={y│y=x2+1，x∈R}，B={x│y=5-x2，x∈R}，則A∩B= .

分析：第（1）小題中，因為集合A、B都是點集，所以求A∩B的關(guān)鍵就是求對應(yīng)曲線y=x2+1與y=5-x2的交點；第（2）小題中，∵集合A、B都是數(shù)集，∴求A∩B的關(guān)鍵就是求對應(yīng)函數(shù)y=x2+1(x∈R）的值域與y=5-x2(x∈R）的定義域.

解析：（1）∵解方程組y=x2+1，y=5-x2，得x=■，y=3或x=-■，y=3，∴ A∩B={（■，3），(-■，3）}.

（2）∵函數(shù)y=x2+1(x∈R）的值域是[1，+∞），函數(shù)y=5-x2(x∈R）的定義域是R，

∴A=[1，+∞），B=R，故A∩B=[1，+∞）.

辨析與感悟：遇到集合運算問題，首先要分清類型:是點集還是數(shù)集；其次要注意方法不同:點集求交，通過解方程組實現(xiàn)，而數(shù)集求交，通過求對應(yīng)函數(shù)的值域?qū)崿F(xiàn).

題組二、定義域與值域

例2．（1）若函數(shù)f（x）=log2（x2+ax-a）的定義域為R，則實數(shù)a的取值范圍是 ；

（2）若函數(shù)f(x）=log2(x2+ax-a）的值域為R，則實數(shù)a的取值范圍是 .

分析：第（1）小題中，由定義域為R知不等式x2+ax-a>0的解集為R，即x2+ax-a>0在R上恒成立，從而應(yīng)使△=a2+4a<0.

第（2）小題中，由值域為R知函數(shù)u（x）=x2+ax-a的函數(shù)值應(yīng)取遍所有的正數(shù)，從而應(yīng)使△=a2+4a≥0.

解析：結(jié)合上述“辨析”，即知：（1）a∈(-4，0）；（2）a∈(-∞，-4]∪[0，+∞）.

辨析與感悟：設(shè)函數(shù)y=log2u（x），則若定義域為R，則必有u（x）>0恒成立；若值域為R，則必有函數(shù)y=u（x）的函數(shù)值應(yīng)取遍所有的正數(shù)，即函數(shù)y=u（x）的最小值小于或等于0，最大值趨于正無窮大.

題組三、定義域與有意義

例3． 已知函數(shù)f（x）=■，

（1） 若f（x）在（0，■）內(nèi)恒有意義，則a的取值范圍為 ；

（2） 若f（x）的定義域為（0，■），則a的取值范圍為 .

分析：如果一個函數(shù)的定義域為D，則該函數(shù)在區(qū)間D的任一子區(qū)間D0上必恒有意義.也就是說，使得原函數(shù)有意義的自變量的最大取值范圍是D，在D0上盡管恒有意義，但D0為D的子區(qū)間！

解析：（1）依題設(shè)知，-x2+logx2a即logx2a>x2在(0，■）上恒成立.從而，結(jié)合函數(shù)y=logx2a與y=x2的圖像易知，應(yīng)使0<2a<1，■≥（■）2?圯■≤a<■，故所求a∈[■，■）.

（2）依題設(shè)知，不等式-x2+logx2a>0即logx2a>x2的解集為(0，■）.從而結(jié)合函數(shù)y=logx2a與y=x2的圖像易知，應(yīng)使0<2a<1，log■■≥(■）2?圯a=■，故所求a∈{■}.

辨析與感悟：設(shè)函數(shù)f（x）=■，若f（x）在某區(qū)間D內(nèi)恒有意義，則g（x）>0在區(qū)間D上恒成立；若f（x）的定義域為D，則g（x）>0不等式的解集為D.

題組四、存在與恒成立

例4． ⑴若存在x∈[1，e]，使得aInx+x2≤（a+2）x成立，求實數(shù)a的取值范圍.

（2）若任意x∈[1，e]，使得alnx+x2≤（a+2）x成立，求實數(shù)a的取值范圍.

分析：⑴可以采用參數(shù)分離的方法，得到a≥■，然后求函數(shù)g(x)=■的最小值；⑵可以采用參數(shù)分離的方法，得到a≥■，然后求函數(shù)g(x)=■的最大值.

解析：⑴可化為a(x-lnx)≥x2-2x，∵x∈[1，e]， ∴1nx≤1≤x且等號不能同時取，所以lnx0，因而a≥■(x∈[1，e] ).

令g(x)=■(x∈[1，e])，又g′(x)=■，當(dāng)x∈[1，e]時，x-1≥0，1nx≤1，x+2-2lnx>0，從而g′(x)≥0（僅當(dāng)x=1時取等號），所以g(x)在[1，e]上為增函數(shù)，故g(x)的最小值為g(1)=-1，所以a的取值范圍是[-1，+∞)．

⑵可化為a(x-lnx)≥x2-2x． ∵x∈[1，e]，∴l(xiāng)nx≤1≤x且等號不能同時取，所以lnx0，因而a≥■（x∈[1，e]）.

令g（x）=■（x∈[1，e]），又g′(x)=■，當(dāng)x∈[1，e]時，x-1≥0，1nx≤1，x+2-2lnx>0，從而g′(x)≥0（僅當(dāng)x=1時取等號），所以g（x）在[1，e]上為增函數(shù)，故g（x）的最大值為g（e）=■，所以a的取值范圍是[■，+∞)．

辨析與感悟：對于⑴若存在x∈M，使a≥?漬(x)(或a≤?漬(x))，即a≥?漬min(x)(或a≤?漬max(x))；對于⑵若任意x∈M，使a≥?漬(x)(或a≤?漬(x))，即a≥?漬max(x)(或a≤?漬min(x)).

題組五、自變量與參變量

例5． ⑴?坌x∈[0，1]，不等式x2+ax

⑵?坌a∈[0，1]，不等式x2+ax

分析：兩小題形式十分相似，但研究對象卻不一樣.⑴中是對于?坌x∈[0，1]不等式恒成立，因此自變量是x，參變量是a；⑵中是對于?坌a∈[0，1]不等式恒成立，因此自變量是a，參變量是x.

解析：⑴原不等式可化為：x2+(a-1)x-2a-3<0對于?坌x∈[0，1]恒成立，記f(x)=x2+(a-1)x-2a-3，所以f(0)<0，f(1)<0，解得a>-■.所以實數(shù)a的取值范圍是(-■，+∞).

⑵原不等式可化為：a(x-2)+x2-x-3<0對于?坌a∈[0，1]恒成立，記g(a)=a(x-2)+x2-x-3，所以g(0)<0，f(1)<0，解得■

辨析與感悟：問題⑴中給出的是對于x在區(qū)間[0，1]上恒成立，因此在解題時我們將x看作自變量，a為參變量；而在問題⑵中給出的是對于a在區(qū)間[0，1]上恒成立，因此在解題時我們將a看作自變量，x為參變量.因此同學(xué)們要注意，在多元綜合問題中，自變量和參變量相互依存，解題的關(guān)鍵是弄清依存關(guān)系，靈活地選擇自變量，調(diào)整理順問題的內(nèi)部結(jié)構(gòu)關(guān)系，促使問題往規(guī)范性問題轉(zhuǎn)化.

題組六、增區(qū)間與在區(qū)間上遞增

例6． ⑴已知函數(shù)f(x)=x3-ax+2的一個單調(diào)遞增區(qū)間為[2，+∞)，求實數(shù)a的值；

⑵已知函數(shù)f(x)=x3-ax+2在[2，+∞)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的值

分析：兩個問題乍一看，題意幾乎一樣，但仔細分析，解題方法卻大相徑庭.問題⑴中一個單調(diào)遞增區(qū)間為[2，+∞)，說明x=2是函數(shù)f(x)=x3-ax+2的一個極值；問題⑵中在[2，+∞)上單調(diào)遞增，只要[2，+∞)是函數(shù)增區(qū)間的一個子集，即f ′(x)≥0在[2，+∞)恒成立.

解析：（1）依題意知，f ′(x)=3x2-a，

又函數(shù)f(x)=x3-ax+2的一個單調(diào)遞增區(qū)間為[2，+∞)，

所以f ′(2)=3×22-a=0，解得a=12.

(2)依題意知，f ′(x)=3x2-a，又函數(shù)f(x)=x3-ax+2在[2，+∞)上單調(diào)遞增，所以f ′(2)=3x2-a≥0在[2，+∞)恒成立，即a≤3x2，解得a≤12.

辨析與感悟：如果一個函數(shù)的單調(diào)遞增（減）區(qū)間是D，則該函數(shù)在區(qū)間D的任一子區(qū)間D0上必單調(diào)遞增（減）.也就是說，單調(diào)遞增（減）的最大范圍是D，在D0上盡管單調(diào)遞增（減），但D0為D的子區(qū)間！解決問題⑴的方法是，函數(shù)f(x)的一個單調(diào)遞增區(qū)間為(a，+∞)，我們可以得到在a處的導(dǎo)數(shù)值為0；解決問題(2)的方法是，函數(shù)f(x)在(a，+∞)上單調(diào)遞增(或遞減)，所以f ′(x)≥0在(a，+∞)恒成立.

題組七、對稱軸問題

例7．（1）若f(x-1)=f(1-x)，則函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于 對稱;

（2）設(shè)函數(shù)y=f(x)定義在R上，則f(x-1)與f(1-x)的圖像關(guān)于 對稱.

分析：第（1）小題是考查一個函數(shù)的圖像本身關(guān)于什么對稱，第（2）小題是考查兩個函數(shù)的圖像關(guān)于什么對稱.

解析：（1）∵f(x-1)=f(1-x)，∴將“ x”都變成“x+1”得

f[(x+1)-1]=f[1-(x+1)]，即f(x)=f(-x)，故f(x)是偶函數(shù)，從而其圖像關(guān)于直線x=0（即y軸）對稱.

（2）在函數(shù)y=f(x-1)的圖像上任取一點P(x，y)，則∵y=f(x-1)=f[1-(2-x)]，∴點P′(2-x，y)在函數(shù)y=f(1-x)的圖像上.

又∵點P(x，y)關(guān)于直線x=1的對稱點為P′(2-x，y)，∴由點P的任意性知，函數(shù)y=f(x-1)圖像上任意一點關(guān)于直線x=1的對稱點都在函數(shù)y=f(1-x)的圖像上.

同理，可證得：函數(shù)y=f(1-x)圖像上任意一點關(guān)于直線x=1的對稱點都在函數(shù)y=f(x-1)的圖像上.

故綜上知，f(x-1)與f(1-x)圖像關(guān)于直線x=1對稱.

辨析與感悟：（1）若f(x+a)=f(b-x)，則函數(shù)f(x)圖像關(guān)于直線x=■即x=■對稱.

（2）若函數(shù)y=f(x)定義在R上，則f(x+a)與f(b-x)的圖像關(guān)于直線x+a=b-x即x=■對稱.

題組八、函數(shù)遞增與數(shù)列遞增

例8． ⑴若函數(shù)f(x)=x2+?姿x在[1，+∞)上是增函數(shù)，求實數(shù)?姿的取值范圍；

⑵若數(shù)列an=n2+?姿n(n∈N+)是遞增數(shù)列，求實數(shù)?姿的取值范圍.

分析：(1) 因為函數(shù)f(x)=x2+?姿x是開口向上的二次函數(shù)，所以要函數(shù)f(x)在[1，+∞)上是增函數(shù)，有兩種解決方法.方法一：只要對稱軸在x=1處或右側(cè)；方法二f ′(x)≥0：在[1，+∞)上恒成立； (2) 數(shù)列an=n2+?姿n(n∈N+)是遞增數(shù)列，解決方法也有兩種：方法一：只要對稱軸在x=■右側(cè)；方法二：即an

解析：⑴方法一：∵f(x)=x2+?姿x=(x+■)2-■，要函數(shù)f(x)在[1，+∞)上是增函數(shù)，∴-■≤1，解得?姿≥-2.

方法二：由題意，f ′(x)=2x+?姿≥0在[1，+∞)上恒成立，即?姿≥-2x，解得?姿≥-2.

(2) 方法一：an=x2+?姿n=(n+■)2-■，數(shù)列an=n2+?姿n(n∈N+)是遞增數(shù)列，∴-■<■，解得?姿>-3.

方法二：要使數(shù)列an=n2+?姿n(n∈N+)是遞增數(shù)列，即an-2n-1，解得?姿>-3.

辨析與感悟：乍看，兩道題十分相似，我們注意到(1)中函數(shù)f(x)的圖像是連續(xù)的，而(2)中數(shù)列的圖像是離散的，兩道題都可以利用二次函數(shù)的圖像和區(qū)間的關(guān)系，但是，其區(qū)間是不相同的.解決函數(shù)和數(shù)列的單調(diào)問題采用以上的方法二是解決這類問題的常規(guī)方法.

題組九、在A點與過A點

例9．(1)曲線y=x3-3x2+1在點(1，-1)處的切線方程為 ;

(2)曲線y=x3-2x過點(1，-1)的切線方程為 ．

分析：(1)可知(1，-1)是切點；(2)中(1，-1)不一定是切點，可以采用待定切點法．

解析：(1)由f ′(x)=3x2-6x則在點(1，-1)處斜率k=f ′(1)=-3，故所求的切線方程為y-(-1)=-3(x-1)，即y=-3x+2．

過曲線上一點的切線，該點未必是切點，故應(yīng)先設(shè)切點，再求切點，即用待定切點法．

（2）設(shè)想P（x0，y0）為切點，則切線的斜率為y′|■=3x02-2，

∴切線方程為y-y0=(3x02-2)(x-x0)．

y-(x03-2x0)=(3x02-2)(x-x0)．

又知切線過點(1，-1)，把它代入上述方程，得-1-(x03-2x0)=(3x02-2)(1-x0)．

解得x0=1或x0=-■．

故所求切線方程為y-(1-2)=(3-2)(x-1)或y-(-■+1)=(■-2)(x+■)，即x-y-2=0，或5x+4y-1=0．

辨析與感悟：可以發(fā)現(xiàn)直線5x+4y-1=0并不以(1，-1)為切點，實際上是經(jīng)過了點(1，-1)且以(-■，■)為切點的直線．這說明過曲線上一點的切線，該點未必是切點，解決此類問題可用待定切點法．

通過上面幾組“形似質(zhì)異題”的不完全類似甚至相反解法的對比與研究，透過“外貌”頗似的表層，必定能使考生逐漸澄清各種模糊概念，深入認識實質(zhì)，深化鞏固并掌握知識，防止知識負遷移，從而能夠從各種“形式相似”的問題中抓住“實質(zhì)各異”的要害，找到解決問題的正確途經(jīng).

（作者單位：江蘇省通州高級中學(xué))

責(zé)任編校 徐國堅