例說思維的發散性

我們在平時的數學訓練中必然會有意追求思維的發散性和靈活性，運算的流暢性、準確性和快捷感，這些都是需要平時有意識的培養和訓練的，以下舉例加以說明；

【引例】【2020人大附中高一試題第14題】設函式\(f(x)=\sin2x+2\cos^2x\)，若對於任意的\(x\in r\)，都有\(f(x)\leqslant m\)成立，則實數\(m\)的最小值為_______。

〔解答正規化〕：由於對於任意的\(x\in r\)，都有\(f(x)\leqslant m\)成立，

故只需要\(f(x)_\leqslant m\)，故轉化為求\(f(x)_\)，

由於\(f(x)=\sin2x+2\cos^2x=\sin2x+\cos2x+1=\sqrt\sin(2x+\cfrac)+1\)，\(x\in r\)，

故\(f(x)_=\sqrt+1\)，即\(m\geqslant \sqrt+1\)，

故實數\(m\)的最小值為\(\sqrt+1\).

如果拿到題目，純粹沒有思路，不知道如何下手分析，那麼你需要：

②求三角函式的值域或最值的模型；

如果拿到題目，大概有求解的思路，但思路不是很清晰，那麼你需要：

[2017高考真題 理科全國卷2的第14題]函式\(f(x)=sin^2x+\sqrtcosx-\cfrac(x\in[0，\cfrac])\)的最大值為_______。

分析：由於\(x\in[0，\cfrac]\)，則\(cosx\in [0，1]\)，

令\(cosx=t\in [0，1]\)，\(f(x)=1-cos^2x+\sqrtcosx-\cfrac=1-t^2+\sqrtt-\cfrac=-(t-\cfrac})^2+1=g(t)\)，

故當\(t=\cfrac}\)時，\(g(t)_=f(x)_=1\)。

求\(f(x)=sinx\pm cosx\pm sinx\cdot cosx\)的值域問題。

求函式\(y=g(x)=\cfrac，\alpha\in [0，\cfrac]\)的值域問題。

分析：令\(sin\alpha+cos\alpha=t=\sqrtsin(\alpha+\cfrac)\in [1，\sqrt]\)，

則\(sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac\)，

則原函式轉化為\(y=g(x)=\cfrac(t^2-1)}=\cfrac(t-\cfrac)，t\in [1，\sqrt]\)單調遞增；

則\(y_=g(1)=0\)，\(y_=g(\sqrt)=\cfrac}\)，

【2019屆高三理科數學資訊題】已知函式\(f(x)=cosx-\cfracsin2x\)，則\(f(x)\)的最大值為_______________。

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

\(=-sinx-cos2x\)

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

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

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

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

即\(sinx<-\cfrac\)，解得\(2k\pi+\cfrac，

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

即\(sinx>-\cfrac\)，解得\(2k\pi-\cfrac，

即單調遞減區間為\([2k\pi-\cfrac，2k\pi+\cfrac](k\in z)\)，

單調遞增區間為\([2k\pi+\cfrac，2k\pi+\cfrac](k\in z)\)，

故當\(x=2k\pi+\cfrac\)時，\(f(x)\)取得最大值；

\(f(x)_=cos(2k\pi+\cfrac)-\cfracsin2(2k\pi+\cfrac)\)

\(=cos(2\pi-\cfrac)-\cfracsin(4\pi-\cfrac)\)

\(=\cfrac}+\cfrac\cdot\cfrac}=\cfrac}\)。

【2019資訊題】函式\(y=sinx\cdot cos^2x\)的最大值為____________。

②如果左端的函式變化為其他型別的函式，其最值如何求解？

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

指數型函式\(g(x)=4^x+2^x-1\)，\(x\in [1,2]\)；

對數型函式\(f(x)=log_2^2x+3log_2x-1\)，\(x\in [1,2]\)；

分式型函式\(f(x)=\cfrac\)；則\(n(x)=\cfrac=\cfrac+1}\)

如\(g(t)=\cfrac=\cfrac}\)；如\(h(t)=\cfrac=\cfrac+2(\cfrac)^2=2m^2+m\);

③如果題目變化為能成立命題，又需要如何轉化求解？

設函式\(f(x)=\sin2x+2\cos^2x\)，若存在\(x\in r\)，使得\(f(x)\leqslant m\)成立，則實數\(m\)的最小值為_______。

如果拿到題目，有求解的思路，思路也很清晰，那麼你需要：

分析：題目由函式不等式，變化為純粹的不等式恆成立；

②如果題目轉化為\(\sin2x-m+2\cos^2x\leqslant 0\)對於任意的\(x\in r\)都成立，求實數\(m\)的最小值；又需要如果求解？

分析：需要新增分離引數的變形；

已知函式\(f(x)=-x^2+ax+b^2-b+1(a\in r，b\in r)\)，對任意實數\(x\)都有\(f(1-x)=f(1+x)\)成立，若當\(x\in[-1，1]\)時，\(f(x)>0\)恆成立，則\(b\)的取值範圍是_____________.

分析：先由\(f(1-x)=f(1+x)\)得到，二次函式的對稱軸\(x=-\cfrac=1\)，解得\(a=2\)，

故題目轉化為\(-x^2+2x+b^2-b+1>0\)對任意\(x\in [-1,1]\)恆成立，

用整體法分離引數，得到\(b^2-b>x^2-2x-1\)對任意\(x\in[-1,1]\)恆成立。

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

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

故\(g(x)\)在區間\([-1，1]\)上單調遞減，則\(g(x)_=g(-1)=2\)，

故\(b^2-b>2\)，解得\(b<-1\)或\(b>2\)。

③如果題目轉化為函式\(h(x)=\sin2x-m+2\cos^2x\)的影象始終在\(x\)軸的下方，求實數\(m\)的最小值；又需要如果求解？

分析：由形的角度轉化為數的角度；

④哪些命題能轉化為恆成立命題

分析：有些題目是很明顯的恆成立命題，但是有些題目卻需要我們分析轉化；

⑤哪些命題能轉化為能成立命題

分析：有些題目是很明顯的能成立命題，但是有些題目卻需要我們分析轉化；

⑥分離引數法

【2020人大附中高一試題向量部分第15題】已知向量\(\vec\)，\(\vec\)的夾角為\(\cfrac\)，\(|\vec|=\cfrac}\)，且對於任意的\(x\in r\)，都有\(|\vec+x\vec|\geqslant |\vec-\vec|\)，則\(|\vec|\)=_____________。

分析：由於對於任意的\(x\in r\)，都有\(|\vec+x\vec|\geqslant |\vec-\vec|\)，

則\(|\vec+x\vec|^2\geqslant |\vec-\vec|^2\)對於任意的\(x\in r\)都成立，

即\((\vec+x\vec)^2\geqslant (\vec-\vec)^2\)對於任意的\(x\in r\)都成立，

即\(\vec^2+2x\vec\cdot\vec+x^2\cdot \vec^2\geqslant \vec^2+\vec^2-2\vec\cdot\vec\)，

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

由於\(\vec\neq \vec\)，故上式是關於\(x\)的二次不等式，注意：\(\vec^2=|\vec|^2\)，

即\(|\vec|^2\cdot x^2+|\vec|\cdot x+|\vec|-|\vec|^2\geqslant 0\)對於任意的\(x\in r\)都成立，

故\(\delta \leqslant 0\)恆成立，即\(\delta=|\vec|^2-4|\vec|^2(|\vec|-|\vec|^2)\leqslant 0\)，

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

又由於\((2|\vec|-1)^2\geqslant 0\)，故只能\((2|\vec|-1)^2=0\)，

即\(|\vec|=\cfrac\)。

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