夾逼法則在中學數學解題中的應用*

廣東省中山市中山紀念中學(528454) 李文東

高等數學中的夾逼法則主要用來求極限,在初等數學中,我們也可以借助這一思想來解題.夾逼法則的常見模式如下:設g(x)≤f(x)≤h(x),若存在x0,使得g(x0)=h(x0)=m,則必有f(x0) =m.一些常見的特殊情況有: 設a ∈R, 若有a2≤0, 因為a2≥0, 則a= 0; 在三角函數中, 若有sⅰnα≥1(sⅰnx≤?1),因為?1 ≤sⅰnα≤1,則有sⅰnα= 1(sⅰnx=?1),下面舉例說明夾逼法則在中學數學解題中的運用.

一、夾逼法則在三角函數中的應用

例1在ΔABC中,若cos(A ?B) =證明:A+B=

解由題意易知cos(A ?B)＞0,且

從而cos(A+B)=cos(A ?B)[1?sⅰn(A+B)]≥0,于是A+B≤又

點評本題是一道難題, 先通過cos(A+B) ≥0 得到A+B≤然后通過y=sⅰnx的單調性構造出夾逼法則模式來證明A+B=

例2設α,β ∈

且 滿 足cosα+ cosβ ?求證:α=β=

證明由題意: (1?cosβ)cosα ?sⅰnβsⅰnα+cosβ ?= 0, 令cosα=x,sⅰnα=y, 則x2+y2= 1 且(1?cosβ)x?ysⅰnβ+cosβ?=0,即直線(1?cosβ)x?ysⅰnβ+cosβ?=0 與圓x2+y2=1 有交點,故圓心到直線的距離又≥0, 故cosβ=此時cosα=又,故α=β=

點評一個等式含有兩個變量α,β,一般來說很難求出α,β.這里通過數形結合的思想構造出夾逼法則是求解的問題的關鍵.

例3在ΔABC中,A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若a2=3b2+3c2?則C=____.

解由余弦定理:a2= 3b2+ 3c2?b2+c2?2bccosA,根據基本不等式有b2+c2=bccosA=故=1,得A=此時b=c,從而C=

例4在ΔABC中,A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若a= 1,?sⅰn2A= sⅰnAsⅰnBsⅰnC, 求ΔABC面積的最大值.

解由正弦定理得:=bcsⅰnA,又根據余弦定理b2+c2?a2= 2bccosA,兩式相減得:bcsⅰnA ?2bccosA,由基本不等式于是bcsⅰnA ?2bccosA≥從而sⅰnA ?2 cosA≥即其中cosφ=因此sⅰn(A ?φ) ≥1,又sⅰn(A ?φ) ≤1,故sⅰn(A ?φ) = 1,即sⅰnA ?2 cosA=于是sⅰnA=而b2+c2?1 =≥2bc ?1?bc≤于是即ΔABC面積的最大值為

點評以上兩例都是運用基本不等式來產生出夾逼法則的模型,其實就是由等式如何構造出合適的不等式問題,仔細觀察題中所給的等式的結構是關鍵.

二、夾逼法則在函數求值和求表達式中的應用

例5設二次函數f(x)=x2+bx+c,已知不論α,β為何實數恒有f(sⅰnα)≥0 和f(2+cosβ)≤0,求證:b+c=?1.

證明因為sⅰnα ∈[?1,1],2+cosβ ∈[1,3],由題意知:當x ∈[?1,1]時,f(x) ≥0,從而f(1) ≥0;當x ∈[1,3]時,f(x)≤0,從而f(1)≤0,于是f(1)=0,即1+b+c=0 得b+c=?1.

例6已知二次函數f(x) =ax2+bx+c的圖象過點(?1,0), 問是否存在常數a、b、c, 使不等式x≤f(x) ≤對一切x ∈R 都成立?

解由題意:f(?1) =a ?b+c= 0, 在x≤f(x) ≤中令x= 1 得: 1 ≤f(1) ≤1,從而f(1) = 1,即a+b+c= 1,與a ?b+c= 0 聯立得故f(x) =?a, 又不等式f(x) ≥x恒成立, 即ax2??a≥ 0 恒成立, 于是a ＞0 且≤0, 即(4a ?1)2≤0?a=于是f(x)=

點評在條件x≤f(x) ≤中怎么想到取x=1,我們只需要令x=(1+x2)解出x=1 即可.

例7已知t為常數,函數f(x) =x2?2x ?t在區間[0,3]上的最大值為2,則t=____.

解由于函數y=x2?2x ?t的對稱軸為x=1∈[0,3], 故fmax(x)∈max{f(0),f(1),f(3)}= 2, 從而故t=1.

點評題目提示我們t的值唯一確定,通過對f(x)的最大值的可能性來確定縮小t的范圍而求出t的值.

例8設定義在R 上的函數f(x),若f(0)=1 對任意的x,y都有f(x+2)?f(x)≤3·2x,f(x+6)?f(x)≥63·2x,則f(2016)=____.

解由題意有:f(x+2)≤3·2x+f(x),于是

從而f(x) + 63·2x≤f(x+ 6) ≤f(x) + 63·2x, 故f(x+6)?f(x)=63·2x.f(6)?f(0)=63·20,f(12)?f(6)=63·26,··· ,f(2016)?f(2010) = 63·22010, 將以上等 式相加得:f(2016)?f(0) = 63·(20+26+···+22010)==22016?1,于是f(2016)=22016.

例9定義在R 上的函數f(x)滿足條件f(x)+f(1?且f(0) = 0, 當0 ≤x1＜x2≤1時,f(x1)≤f(x2),則=____.

解在f(x)+f(1?x) = 1 中分別令x= 0 和x=可得:f(1)=1,中令x=1得:又當0 ≤x1＜x2≤1 時,f(x1) ≤f(x2),故x ∈時,f(x) =同理, 當x ∈時, 則于是即x ∈時,f(x) =按照這種做法繼續下去可得: 當x ∈時,f(x)=.而當n=7 時,于是選B.

三、夾逼法則在恒成立問題中的應用

例10若實數x,y滿足2x ?3 ≤ ln(x+y+1) +ln(x ?y ?2),則xy=____.

解由于lnx≤x ?1,等號當且僅當x= 1 時成立,故2x?3 ≤ln(x+y+1)+ln(x ?y ?2)≤x+y+x?y?3=2x ?3, 于 是2x ?3 = ln(x+y+1) + ln(x ?y ?2) 且x+y+ 1 = 1,x ?y ?2 = 1, 得x=故xy=

點評仔細觀察條件后運用不等式lnx≤x ?1 放縮是解決本題的關鍵.

例11若不等式ax?lnx≥a(2x?x2)對?x ∈(0,+∞)恒成立,則a=____.

解由題意:a(x2?x)≥ lnx, 分離參數得: 當x ∈(0,1) 時,a≤從 而a≤當x ∈(1,+∞) 時,a≥從而a≥于是

點評本題是一道恒成立問題, 作為填空題, 它提示我們滿足條件的a的值唯一確定, 分離參數后x ∈(0,1) 和x ∈(1,+∞)部分不等式方向相反,因此我們可以采用夾逼法則考慮x= 1 附近的值來迅速確定a,求a的值最后用了洛必達法則.

例12(2018 高考全國ⅠⅠⅠ卷第21 題)已知函數f(x) =(2+x+ax2)ln(x+1)?2x.

(1) 若a= 0, 證明: 當?1＜x ＜0 時,f(x)＜0; 當x ＞0 時,f(x)＞0;

(2)若x=0 是f(x)的極大值點,求a.

解(1)略.(2)由題意:

f′(x)=x= 0 是f(x) 的極大值點, 則存在充分接近于0 的δ, 使得當x ∈(?δ,0) 時,f′(x)＞0, 當x ∈(0,δ) 時,f′(x)＜0,對任意的x ∈(?1,+∞),都有2xln(x+1)＞0,進而有2xln(x+1) +＞0, 分離參數后有: 當x ∈(0,δ) 時,a ＜當x ∈(?δ,0) 時,從而根據洛必達法則有:

點評通過本題我們可以得到已知極值點求參數值問題的一般解法.以x=x0為函數f(x) 的極小值點為例, 且設f′(x0) = 0.根據極小值點的定義可知: 存在充分接近于x0的δ, 使得當x ∈(x0?δ,x0) 時,f′(x)＜0, 當x ∈(x0,x0+δ)時,f′(x)＞0.假設f′(x)經過變形后得到:當x ∈(x0?δ,x0)時,a·g(x)＜h(x); 當x ∈(x0,x0+δ)時,a · g(x)＞h(x).若當x ∈(x0?δ,x0)∪(x0,x0+δ)時, 有g(x)＞0(或g(x)＜0), 則 當x ∈(x0?δ,x0)時,a ＜而 當x ∈(x0,x0+δ) 時由于δ充分小, 故此時實數a的取值范圍為:a=

借助夾逼法則解題,方法精巧,思路獨特.它將不等與相等這對關系有力的統一起來,解題的關鍵是怎么樣由等量關系產生不等關系,或者是根據不等關系得到等量關系,從而使得復雜的問題得到解決.