例说数学思维的发散性

前言

我们在平时的数学训练中必然会有意追求思维的发散性和灵活性，运算的流畅性、准确性和快捷感，这些都是需要平时有意识的培养和训练的，以下举例加以说明；

相关链接：开放性试题；一题多解；多题一解；

发散案例

【引例】【2020人大附中高一试题第14题】设函数\(f(x)=\sin2x+2\cos^2x\)，若对于任意的\(x\in R\)，都有\(f(x)\leqslant m\)成立，则实数\(m\)的最小值为_______。

〔解答范式〕：由于对于任意的\(x\in R\)，都有\(f(x)\leqslant m\)成立，

故只需要\(f(x)_{max}\leqslant m\)，故转化为求\(f(x)_{max}\)，

由于\(f(x)=\sin2x+2\cos^2x=\sin2x+\cos2x+1=\sqrt{2}\sin(2x+\cfrac{\pi}{4})+1\)，\(x\in R\)，

故\(f(x)_{max}=\sqrt{2}+1\)，即\(m\geqslant \sqrt{2}+1\)，

故实数\(m\)的最小值为\(\sqrt{2}+1\).

低阶层次

如果拿到题目，纯粹没有思路，不知道如何下手分析，那么你需要：

①理解和建立恒成立命题的模型，对此有个框架性的了解；

②求三角函数的值域或最值的模型；

中阶层次

如果拿到题目，大概有求解的思路，但思路不是很清晰，那么你需要：

①就左端的三角函数而言，求其值域或者最值，还有哪些不同的思路和类型？

[2017高考真题 理科全国卷2的第14题]函数\(f(x)=sin^2x+\sqrt{3}cosx-\cfrac{3}{4}(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}])\)的最大值为_______。

分析：由于\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)，则\(cosx\in [0，1]\)，

令\(cosx=t\in [0，1]\)，\(f(x)=1-cos^2x+\sqrt{3}cosx-\cfrac{3}{4}=1-t^2+\sqrt{3}t-\cfrac{3}{4}=-(t-\cfrac{\sqrt{3}}{2})^2+1=g(t)\)，

故当\(t=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)时，\(g(t)_{max}=f(x)_{max}=1\)。

求\(f(x)=sinx\pm cosx\pm sinx\cdot cosx\)的值域问题。

分析：换元，转换为二次函数的值域问题来求解。

求函数\(y=g(x)=\cfrac{sin\alpha\cdot cos\alpha}{sin\alpha+cos\alpha}，\alpha\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)的值域问题。

分析：令\(sin\alpha+cos\alpha=t=\sqrt{2}sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，

则\(sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{t^2-1}{2}\)，

则原函数转化为\(y=g(x)=\cfrac{\frac{1}{2}(t^2-1)}{t}=\cfrac{1}{2}(t-\cfrac{1}{t})，t\in [1，\sqrt{2}]\)单调递增；

则\(y_{min}=g(1)=0\)，\(y_{max}=g(\sqrt{2})=\cfrac{\sqrt{2}}{4}\)，

【2019届高三理科数学信息题】已知函数\(f(x)=cosx-\cfrac{1}{2}sin2x\)，则\(f(x)\)的最大值为_______________。

解析：\(f'(x)=-sinx-\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot cos2x\)

\(=-sinx-cos2x\)

\(=-sinx-(1-2sin^2x)\)

\(=2sin^2x-sinx-1=(sinx-1)(2sinx+1)\)，

由于\(-1\leq sinx\leq 1\)，故\(sinx-1\leq 0\)，

则令\(f'(x)>0\)，即\((sinx-1)(2sinx+1)> 0\)，即\(2sinx+1<0\)，

即\(sinx<-\cfrac{1}{2}\)，解得\(2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}<x<2k\pi+\cfrac{11\pi}{6}(k\in Z)\)，

令\(f'(x)<0\)，即\((sinx-1)(2sinx+1)<0\)，即\(2sinx+1>0\)，

即\(sinx>-\cfrac{1}{2}\)，解得\(2k\pi-\cfrac{\pi}{6}<x<2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}(k\in Z)\)，

即单调递减区间为\([2k\pi-\cfrac{\pi}{6}，2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}](k\in Z)\)，

单调递增区间为\([2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}，2k\pi+\cfrac{11\pi}{6}](k\in Z)\)，

故当\(x=2k\pi+\cfrac{11\pi}{6}\)时，\(f(x)\)取得最大值；

\(f(x)_{max}=cos(2k\pi+\cfrac{11\pi}{6})-\cfrac{1}{2}sin2(2k\pi+\cfrac{11\pi}{6})\)

\(=cos(2\pi-\cfrac{\pi}{6})-\cfrac{1}{2}sin(4\pi-\cfrac{\pi}{3})\)

\(=\cfrac{\sqrt{3}}{2}+\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{2}=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\)。

【2019信息题】函数\(y=sinx\cdot cos^2x\)的最大值为____________。

提示：令\(sinx=t\in [-1，1]\)，则原函数转化为\(y=t(1-t^2)\)，\(t \in [-1，1]\)，\(y_{max}=\cfrac{3\sqrt{2}}{9}\)；

②如果左端的函数变化为其他类型的函数，其最值如何求解？

比如二次函数\(h(x)=2x^2-3x+1\)，\(x\in [1,2]\)；

指数型函数\(g(x)=4^x+2^x-1\)，\(x\in [1,2]\)；

对数型函数\(f(x)=log_2^2x+3log_2x-1\)，\(x\in [1,2]\)；

分式型函数\(f(x)=\cfrac{x+1}{x^2+3x+3}\)；则\(n(x)=\cfrac{x+1}{(x+1)^2+(x+1)+1}=\cfrac{1}{(x+1)+\cfrac{1}{x+1}+1}\)

如\(g(t)=\cfrac{t}{t^2+9}=\cfrac{1}{t+\frac{9}{t}}\)；如\(h(t)=\cfrac{t+2}{t^2}=\cfrac{1}{t}+2(\cfrac{1}{t})^2=2m^2+m\);

③如果题目变化为能成立命题，又需要如何转化求解？

设函数\(f(x)=\sin2x+2\cos^2x\)，若存在\(x\in R\)，使得\(f(x)\leqslant m\)成立，则实数\(m\)的最小值为_______。

高阶层次

如果拿到题目，有求解的思路，思路也很清晰，那么你需要：

①如果题目给定不等式\(\sin2x+2\cos^2x\leqslant m\)对于任意的\(x\in R\)都成立，求实数\(m\)的最小值；又需要如果求解？

分析：题目由函数不等式，变化为纯粹的不等式恒成立；

②如果题目转化为\(\sin2x-m+2\cos^2x\leqslant 0\)对于任意的\(x\in R\)都成立，求实数\(m\)的最小值；又需要如果求解？

分析：需要添加分离参数的变形；

已知函数\(f(x)=-x^2+ax+b^2-b+1(a\in R，b\in R)\)，对任意实数\(x\)都有\(f(1-x)=f(1+x)\)成立，若当\(x\in[-1，1]\)时，\(f(x)>0\)恒成立，则\(b\)的取值范围是_____________.

分析：先由\(f(1-x)=f(1+x)\)得到，二次函数的对称轴\(x=-\cfrac{a}{-2}=1\)，解得\(a=2\)，

故题目转化为\(-x^2+2x+b^2-b+1>0\)对任意\(x\in [-1,1]\)恒成立，

用整体法分离参数，得到\(b^2-b>x^2-2x-1\)对任意\(x\in[-1,1]\)恒成立。

令\(g(x)=x^2-2x-1，x\in[-1,1]\)，需要求函数\(g(x)_{max}\)；

\(g(x)=x^2-2x-1=(x-1)^2-2，x\in[-1，1]\)，

故\(g(x)\)在区间\([-1，1]\)上单调递减，则\(g(x)_{max}=g(-1)=2\)，

故\(b^2-b>2\)，解得\(b<-1\)或\(b>2\)。

③如果题目转化为函数\(h(x)=\sin2x-m+2\cos^2x\)的图像始终在\(x\)轴的下方，求实数\(m\)的最小值；又需要如果求解？

分析：由形的角度转化为数的角度；

④哪些命题能转化为恒成立命题

分析：有些题目是很明显的恒成立命题，但是有些题目却需要我们分析转化；

⑤哪些命题能转化为能成立命题

分析：有些题目是很明显的能成立命题，但是有些题目却需要我们分析转化；

⑥分离参数法

【2020人大附中高一试题向量部分第15题】已知向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)的夹角为\(\cfrac{\pi}{4}\)，\(|\vec{b}|=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，且对于任意的\(x\in R\)，都有\(|\vec{b}+x\vec{a}|\geqslant |\vec{b}-\vec{a}|\)，则\(|\vec{a}|\)=_____________。

分析：由于对于任意的\(x\in R\)，都有\(|\vec{b}+x\vec{a}|\geqslant |\vec{b}-\vec{a}|\)，

则\(|\vec{b}+x\vec{a}|^2\geqslant |\vec{b}-\vec{a}|^2\)对于任意的\(x\in R\)都成立，

即\((\vec{b}+x\vec{a})^2\geqslant (\vec{b}-\vec{a})^2\)对于任意的\(x\in R\)都成立，

即\(\vec{b}^2+2x\vec{a}\cdot\vec{b}+x^2\cdot \vec{a}^2\geqslant \vec{b}^2+\vec{a}^2-2\vec{a}\cdot\vec{b}\)，

即\(\vec{a}^2\cdot x^2+2\cdot |\vec{a}|\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}x+2\cdot |\vec{a}|\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}-\vec{a}^2\geqslant0\)，

由于\(\vec{a}\neq \vec{0}\)，故上式是关于\(x\)的二次不等式，注意：\(\vec{a}^2=|\vec{a}|^2\)，

即\(|\vec{a}|^2\cdot x^2+|\vec{a}|\cdot x+|\vec{a}|-|\vec{a}|^2\geqslant 0\)对于任意的\(x\in R\)都成立，

故\(\Delta \leqslant 0\)恒成立，即\(\Delta=|\vec{a}|^2-4|\vec{a}|^2(|\vec{a}|-|\vec{a}|^2)\leqslant 0\)，

即\(1-4(|\vec{a}|-|\vec{a}|^2)\leqslant 0\)，即\((2|\vec{a}|-1)^2\leqslant 0\)，

又由于\((2|\vec{a}|-1)^2\geqslant 0\)，故只能\((2|\vec{a}|-1)^2=0\)，

即\(|\vec{a}|=\cfrac{1}{2}\)。