代数推理问题的思维方略.docx

代数推理问题的思维方略I=|r^3=h±：吴宝莹 【摘 要】为了更有效灵活地运用数学思想方法解决问题，从本期开始，我们约请 江苏省部分特级教师针对数学解题中的热点问题（代数推理问题、开放探究问题、 应用问题、新型题）和重要数学思想方法（分类讨论、数形结合、转化与化归、函 数与方程）撰写系列文章，以飨读者期刊名称】《中学数学月刊》年(卷),期】2015(000)001【总页数】4页（P49-52） 【作 者】 吴宝莹【作者单位】 江苏省锡山高级中学 214174【正文语种】 中 文代数推理问题是以代数知识为背景，通过适当问题载体，以演绎的方式，经过逻辑 推理获解的数学问题．它要求较高的抽象思维能力和数学形式化的推理论证能力， 具有较高的思维严谨性．代数推理一般很难借助于直观图形，比几何论证更抽象，思维能力、逻辑论证要求 更高，更能检测出学生抽象思维能力的层次，对学生的综合能力提出了较高的要求. 代数推理问题在中学数学问题中占有重要位置，是高考的热点题型，而且在高考中 一般处于靠后的位置，属于把关性质的试题．代数推理问题大多以函数、方程、不等式、数列、数论等知识的交汇综合部分为背 景，考查思想方法的结合点，要求较高的抽象逻辑思维能力，但是解答代数推理题 也有一定的规律可循． 求解代数推理问题的一般思维过程是：(1)领会题意——就 是弄清题目的条件与结论中的文字及符号表述，并进行观察、比较、分析、综合、 抽象与概括，领悟其数学实质，为制订解题方略作准备；(2)明确方向——在审题 的基础上，运用代数推理问题常用的思想方法，对题设信息进行提取、转化、加工 和传输，从而明确解题的目标与方向；(3)分析求解——采用适当的步骤，合乎逻 辑地进行推理和运算，实现解题目标，并加以正确表述．代数推理问题的解题思想方法主要有分类讨论、等价转化、从特殊到一般、归纳与 演绎、函数与方程、分析与综合、正难则反、探索与推理等.抓住所研究问题的条 件与结论的本质特征和内在联系，综合利用这些方略方法，代数推理问题一般还是 可以解决的．2.1 各个击破——分类讨论例1设n»4,a1,a2,...,an是开区间(0,2n)内互不相同的整数，证明：存在{a1,a2,...,an}的一个子集，它的所有元素之和被2n整除.解析可以对n是否属于{a1,a2,...,an}进行分类.⑴若 n {a1,a2,...,an},则 2n 个数 a1,a2,...,an,2n-a1,2n-a2,...,2n-an 均只能取1,2,.,2n-1 这 2n-1 个值，由抽屉原理知必有两个数相等，但 a1,a2,.,an 互不相 等，2n-a1,2n-a2,...,2n-an 也互不相等，故只可能 ai=2n-aj，又因为 ai/n,aj/n, 所以iHj且ai+aj=2n,结论成立.⑵若n曰a1,a2,...,an},不妨设an=n,考虑n-1个数a1,a2,...,an-1,在其中任取3 个数 aivajvak，若 aj-ai 及 ak-aj 都被 n 整除，则 ak-ai=(ak-aj) + (aj-ai)>2n, 这与ai,aj,akw(0,2n)矛盾，故其中至少有2个数，其差不被n整除，不妨设a2- a1(>0)不被n整除.考虑下歹I」n 个数：a1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,...,a1+a2+...+an + 1.① 若这n个数关于模n的余数两两不同，则其中必有一个被n整除•令此数为 kn(k为正整数)•若k为偶数，则结论成立•若k为奇数，则将此数加上an = n , 知结论也成立.② 若这n个数中有两个关于模n同余，则它们之差能被n整除，但a2-a1不被n 整除，这个差必是a1,a2,...,an-1中若干个数(至少一个数)之和，于是同①可证结 论也成立.2.2 化生疏为熟悉——等价转化 等价转化是问题解决的主要手段，问题的解决过程实际上就是一步步的等价转 化.用于表述代数推理问题的符号语言较为抽象，要经过一番推敲，揣摩其言下 之意，化生疏为熟悉实施等价转化.代数推理一般很难借助于直观图形，但并不 是一定不能以形助数，有时也可以借助图形，化抽象为直观，提醒我们思维的严谨 性.例2 (2014年苏锡常镇四市高三教学情况调查第20题改编)已知函数其中m为实 数•若v x0E(0,e], 3 t1,t2w(0,e](其中 t1/t2),使得 f(t1)=f(t2)=g(x0)成立， 求m的取值范围.分析“若v x0E(0,e], 3 t1,t2e(0/e](t1/t2),使得f(t1)=f(t2)=g(x0)成立”是 较为抽象的代数符号语言，要进行“数”与“形”的转化，必需反复多次转化•这 里可以搭建思维的脚手架•首先，“若v x0E(0,e], 3 te(0,e],使得f(t)= g(xO)” 其言下之意就是“g(x)的值域是f(x)的值域的子集”；其次，“3 t1,t2w(0,e](其 中t1/t2),使得f(t1)=f(t2)=g(x0)成立”，可以转化为“g(x)的值域是f(x)的值域 的子集而且f(x)在(0,e]上先增后减或先减后增”(如图1所示)，这样“数”的问题转 化为“形”的问题，然后再转化为“数”的问题：研究函数f (x),g(x)的值域，而且 满足函数f(x)单调性的转折点解令 g'(x)=O,得x=1.当 xw(0,1]时，g'(x)>O,g(x)单调递增,xe[1,e]时， g'(x)vO,g(x )单调递减，所以g(x)在(0,e］上的值域为(0,1］.(1)m=0时，f(x) = -2lnx在(0,e］上为减函数，不合题意.⑵当m/0时由题意知f(x)在(0,e］上不单调，所以即①•此时f(x)在上递减，在上 递增，所以f(e)>1,即f(e) = me-2-m»1,解得②•由①②得因为1w(0,e］,所以 成立.下证：存在使得f(t)>1.取 t=e-m，先证即证 2em-m>0 ③.设 w(x)=2ex-x，则 w'(x)=2ex-1>0 在上时 恒成立•故w(x )在上时为增函数，从而故③成立.再证f(e-m)>1 •因为所以时，命题成立.综上所述，m的取值范围为评注解决本题的关键是g(x)的值域(0, 1］是f(x)的值域的子集•显然再考查区间(0, e］的右端点f(e) = me-2-m>1,解得后，要考查区间(0, e］的左端点，当时，必须 存在x,使得f(t1)=g(x0)(如图2).这里图象就很直观地提醒我们思维要严谨，需要 证明“当时，必须存在x,使得f(x)>1”，但此时可能又会有这样一种做法：当 x—0时,f(x)二mx-2ln x-m—+8,所以g(x)的值域(0, 1］是f(x)的值域的子集•这样 用极限的思想说明当x无限小时，一定有f(x)>1,只是定性的，不严谨，而解答 中严格证明了存在使得f(x)>1.这里很好地培养了学生严谨的理性精神和科学态度！ 2.3投石问路——从特殊到一般例3已知若干个正整数之和为2 013，求其积的最大值.解析 本题初看觉得条件太少,解题路径很难寻找,但结合已有知识慢慢尝试,可 以得到一些有用信息•比如2 013拆成两数之和：2 011x2<2 010x3v...<1006x1 007,而 1 006拆成两数之和：1 005x1v1 004x2v...v503x503, ....... 因此我们可以得到如下结论作为逐步调整的依据：设2 013拆成的若干个数为 x1,x2,...,xn,则问题为求的最大值.⑴当xiO=1时不是最大，因为⑵当xiO>4时不是最大，因为⑶当xi0=4时，将4换成两个不变.(4)将三个2换成两个3,由于2+2+2 = 3+3,2x2x2v3x3,故增大.综上最大时必为2p・3q,且p<3,2p+3q=2 013 •由于2 013=671x3+0x2,所 以的最大值为3671.评注 本题全面考查了学生综合利用知识的能力,尤其是对于复杂的看似没有思路 的问题的深入思考并进行探索的能力.本题是一道典型的代数推理问题,主要用到 了从特殊到一般的解题思想,这种思想方法对我们解决很多代数推理问题有很大的 帮助.2.4 以有限探无穷——数学归纳例4 (2014江苏卷第23题)已知函数设fn(x)为fn-1(x)的导数,neN*.(1) 求的值；(2) 证明：对任意的n^N*,等式成立.解析过程略)⑵由已知，得xfO(x)二sin x，等式两边分别对x求导，得即类似可得下面用数学 归纳法证明等式对所有的n^N*都成立.(i) 当n = 1时，由上可知等式成立.(ii) 假设当n= k时等式成立，即因为所以所以当n= k+1时，等式也成立.综合(i)(ii)可知，等式对所有的nwN*都成立.令可得所以).评注 数学归纳法是证明与正整数有关的无穷问题的常用方法,这种方法以有限为 基础探证无穷,是科学严谨合乎逻辑的.本题主要考查探究能力及运用数学归纳法 的推理论证能力.2.5 洞察结构，“无中生有”——构造函数例5 (2013年全国高中数学联赛江苏赛区初赛第13题)设实数a,b满足证明：2(b- a)cos nb+2b,这样就工整多了，而且美观协 调•这种形式，结构感更强，数学直觉可进一步发挥作用，下意识地想到让a,b动 起来，构造函数f(x)=cos nx+2x,然后通过求导使问题解决.证明构造函数f(x)=cos nx+2x,欲证不等式转化为f(b)0,所以 f'(x)在上单调递减， 在上单调递增•因为所以存在使得f,(a)=f,(P)=0, f'(x)v0当且仅当xe(a,P).于是 f(x)在［0,a］和必1］上单调递增，在［a厲上单调递减.因为故对于有f(x)>1,对于 有 f(x)<1.特别地,f(b)<1f(3)，在考虑到第(1) 问f(x)的单调性，我们直觉地会联想到f(a)+f(c)与f(a+c)会不会有确定的大小关系， 于是尝试比较f(x)+f(y)与f(x+y )的大小.解在(-8,-1) , (-1,+8)上是单调递增的.⑵先证明对任意x>y>0 , f(x)+f(y)>f(x+y) •事实上).又xy+x+y>x+y，由(1)知 f(xy+x+y)>f(x+y) •所以 f(x)+f(y)>f(x+y) •因为所以故2.7 正难则反——反面证明例7求证：质数有无穷多个.证明假设质数只有有限个，设为p1,p2,...,pn,共有n个，若能在这n个质数之 外再找到一个新质数(仅需找一个)，就否定了只有n个质数的假设•设 p二p1+p2+...+pn + 1是不同于pi的数(i=1,2,3,...,n),下面对p进行讨论： ⑴当p为质数时，由于它不同于pi，这与假设矛盾；(2)当p为合数时，它的质约数不能是pi中的任何一个，也就是说，还有不同于 pi(i=1,2,3,...,n)的质数，这也与假设矛盾，从而证明质数有无限多个.2.8 假设存在——顺藤摸瓜例 8 已知数列｛an｝中，a1=1 ,an+an +1=2n(neN*), bn=3an .(1) 在数列｛bn｝中，是否存在连续三项成等差数列？若存在，求出所有符合条件的 项；若不存。