形近义异辨析 “形似质异题”辨析

　　数学中有许多问题，形式相似，但实质各异，有时却因一个字或符号的差别，就很可能导致所需知识和解题方法的不同.考生在解决此类问题时，极易产生思维误区，造成解题失误.为提高考生的辨异思维能力，下面通过几组“形似质异”问题的辨析，帮助同学们进一步加深对有关概念的内涵与外延的理解、认识，强化审题能力，提高解题的准确率.
　　 题组一、点集与数集
　　 例1．（1）已知集合A={(x,y）│y=x2+1}，B={(x,y）│y=5-x2}，则A∩B= ;
　　 （2）已知集合A={y│y=x2+1,x∈R}，B={x│y=5-x2,x∈R}，则A∩B= .
　　 分析：第（1）小题中，因为集合A、B都是点集，所以求A∩B的关键就是求对应曲线y=x2+1与y=5-x2的交点；第（2）小题中，∵集合A、B都是数集，∴求A∩B的关键就是求对应函数y=x2+1(x∈R）的值域与y=5-x2(x∈R）的定义域.
　　 解析：（1）∵解方程组y=x2+1，y=5-x2，得x=■，y=3或x=-■，y=3，∴ A∩B={（■，3），(-■，3）}.
　　 （2）∵函数y=x2+1(x∈R）的值域是[1，+∞），函数y=5-x2(x∈R）的定义域是R，
　　 ∴A=[1，+∞）,B=R，故A∩B=[1,+∞）.
　　 辨析与感悟：遇到集合运算问题，首先要分清类型:是点集还是数集；其次要注意方法不同:点集求交，通过解方程组实现,而数集求交，通过求对应函数的值域实现.
　　 题组二、定义域与值域
　　例2．（1）若函数f（x）=log2（x2+ax-a）的定义域为R，则实数a的取值范围是 ；
　　（2）若函数f(x）=log2(x2+ax-a）的值域为R，则实数a的取值范围是 .
　　 分析：第（1）小题中，由定义域为R知不等式x2+ax-a>0的解集为R，即x2+ax-a>0在R上恒成立，从而应使△=a2+4a0恒成立；若值域为R，则必有函数y=u（x）的函数值应取遍所有的正数，即函数y=u（x）的最小值小于或等于0，最大值趋于正无穷大.
　　 题组三、定义域与有意义
　　例3． 已知函数f（x）=■，
　　（1） 若f（x）在（0,■）内恒有意义，则a的取值范围为 ；
　　（2） 若f（x）的定义域为（0,■），则a的取值范围为 .
　　分析：如果一个函数的定义域为D，则该函数在区间D的任一子区间D0上必恒有意义.也就是说，使得原函数有意义的自变量的最大取值范围是D，在D0上尽管恒有意义，但D0为D的子区间！
　　解析：（1）依题设知，-x2+logx2a即logx2a>x2在(0,■）上恒成立.从而，结合函数y=logx2a与y=x2的图像易知，应使00即logx2a>x2的解集为(0,■）.从而结合函数y=logx2a与y=x2的图像易知，应使00在区间D上恒成立；若f（x）的定义域为D，则g（x）>0不等式的解集为D.
　　 题组四、存在与恒成立
　　 例4． ⑴若存在x∈[1，e]，使得aInx+x2≤（a+2）x成立，求实数a的取值范围.
　　（2）若任意x∈[1，e]，使得alnx+x2≤（a+2）x成立，求实数a的取值范围.
　　 分析：⑴可以采用参数分离的方法，得到a≥■，然后求函数g(x)=■的最小值；⑵可以采用参数分离的方法，得到a≥■，然后求函数g(x)=■的最大值.
　　解析：⑴可化为a(x-lnx)≥x2-2x,∵x∈[1,e], ∴1nx≤1≤x且等号不能同时取，所以lnx0，因而a≥■(x∈[1,e] ).
　　令g(x)=■(x∈[1,e])，又g′(x)=■，当x∈[1,e]时，x-1≥0，1nx≤1，x+2-2lnx>0,从而g′(x)≥0（仅当x=1时取等号），所以g(x)在[1,e]上为增函数，故g(x)的最小值为g(1)=-1，所以a的取值范围是[-1,+∞)．
　　⑵可化为a(x-lnx)≥x2-2x． ∵x∈[1,e]，∴lnx≤1≤x且等号不能同时取，所以lnx0，因而a≥■（x∈[1,e]）.
　　令g（x）=■（x∈[1,e]），又g′(x)=■，当x∈[1,e]时，x-1≥0，1nx≤1，x+2-2lnx>0,从而g′(x)≥0（仅当x=1时取等号），所以g（x）在[1,e]上为增函数，故g（x）的最大值为g（e）=■，所以a的取值范围是[■,+∞)．
　　辨析与感悟：对于⑴若存在x∈M，使a≥?渍(x)(或a≤?渍(x))，即a≥?渍min(x)(或a≤?渍max(x))；对于⑵若任意x∈M，使a≥?渍(x)(或a≤?渍(x))，即a≥?渍max(x)(或a≤?渍min(x)).
　　 题组五、自变量与参变量
　　 例5． ⑴?坌x∈[0,1]，不等式x2+ax-■.所以实数a的取值范围是(-■,+∞).
　　 ⑵原不等式可化为：a(x-2)+x2-x-3 　　分析：两个问题乍一看，题意几乎一样，但仔细分析，解题方法却大相径庭.问题⑴中一个单调递增区间为[2，+∞)，说明x=2是函数f(x)=x3-ax+2的一个极值；问题⑵中在[2,+∞)上单调递增，只要[2，+∞)是函数增区间的一个子集，即f ′(x)≥0在[2，+∞)恒成立.
　　解析：（1）依题意知，f ′(x)=3x2-a，
　　又函数f(x)=x3-ax+2的一个单调递增区间为[2，+∞)，
　　所以f ′(2)=3×22-a=0，解得a=12.
　　(2)依题意知，f ′(x)=3x2-a，又函数f(x)=x3-ax+2在[2,+∞)上单调递增，所以f ′(2)=3x2-a≥0在[2,+∞)恒成立，即a≤3x2，解得a≤12.
　　辨析与感悟：如果一个函数的单调递增（减）区间是D，则该函数在区间D的任一子区间D0上必单调递增（减）.也就是说，单调递增（减）的最大范围是D，在D0上尽管单调递增（减），但D0为D的子区间！解决问题⑴的方法是，函数f(x)的一个单调递增区间为(a,+∞),我们可以得到在a处的导数值为0；解决问题(2)的方法是，函数f(x)在(a,+∞)上单调递增(或递减)，所以f ′(x)≥0在(a,+∞)恒成立.
　　 题组七、对称轴问题
　　 例7．（1）若f(x-1)=f(1-x)，则函数f(x)的图像关于 对称;
　　 （2）设函数y=f(x)定义在R上，则f(x-1)与f(1-x)的图像关于 对称.
　　分析：第（1）小题是考查一个函数的图像本身关于什么对称，第（2）小题是考查两个函数的图像关于什么对称.
　　 解析：（1）∵f(x-1)=f(1-x)，∴将“ x”都变成“x+1”得
　　f[(x+1)-1]=f[1-(x+1)]，即f(x)=f(-x)，故f(x)是偶函数，从而其图像关于直线x=0（即y轴）对称.
　　（2）在函数y=f(x-1)的图像上任取一点P(x,y)，则∵y=f(x-1)=f[1-(2-x)]，∴点P′(2-x,y)在函数y=f(1-x)的图像上.
　　 又∵点P(x,y)关于直线x=1的对称点为P′(2-x,y)，∴由点P的任意性知，函数y=f(x-1)图像上任意一点关于直线x=1的对称点都在函数y=f(1-x)的图像上.
　　 同理，可证得：函数y=f(1-x)图像上任意一点关于直线x=1的对称点都在函数y=f(x-1)的图像上.
　　 故综上知，f(x-1)与f(1-x)图像关于直线x=1对称.
　　 辨析与感悟：（1）若f(x+a)=f(b-x)，则函数f(x)图像关于直线x=■即x=■对称.
　　（2）若函数y=f(x)定义在R上，则f(x+a)与f(b-x)的图像关于直线x+a=b-x即x=■对称.
　　 题组八、函数递增与数列递增
　　 例8． ⑴若函数f(x)=x2+?姿x在[1,+∞)上是增函数，求实数?姿的取值范围；
　　 ⑵若数列an=n2+?姿n(n∈N+)是递增数列，求实数?姿的取值范围.
　　 分析：(1) 因为函数f(x)=x2+?姿x是开口向上的二次函数，所以要函数f(x)在[1,+∞)上是增函数，有两种解决方法.方法一：只要对称轴在x=1处或右侧；方法二f ′(x)≥0：在[1,+∞)上恒成立； (2) 数列an=n2+?姿n(n∈N+)是递增数列，解决方法也有两种：方法一：只要对称轴在x=■右侧；方法二：即an　　 解析：⑴方法一：∵f(x)=x2+?姿x=(x+■)2-■，要函数f(x)在[1,+∞)上是增函数，∴-■≤1，解得?姿≥-2.
　　 方法二：由题意，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-■，数列an=n2+?姿n(n∈N+)是递增数列，∴-■-3.
　　 方法二：要使数列an=n2+?姿n(n∈N+)是递增数列，即an-2n-1，解得?姿>-3.
　　 辨析与感悟：乍看，两道题十分相似，我们注意到(1)中函数f(x)的图像是连续的，而(2)中数列的图像是离散的，两道题都可以利用二次函数的图像和区间的关系，但是，其区间是不相同的.解决函数和数列的单调问题采用以上的方法二是解决这类问题的常规方法.
　　 题组九、在A点与过A点
　　 例9．(1)曲线y=x3-3x2+1在点(1,-1)处的切线方程为 ;
　　(2)曲线y=x3-2x过点(1,-1)的切线方程为 ．
　　 分析：(1)可知(1,-1)是切点；(2)中(1,-1)不一定是切点，可以采用待定切点法．
　　 解析：(1)由f ′(x)=3x2-6x则在点(1，-1)处斜率k=f ′(1)=-3，故所求的切线方程为y-(-1)=-3(x-1)，即y=-3x+2．
　　 过曲线上一点的切线，该点未必是切点，故应先设切点，再求切点，即用待定切点法．
　　（2）设想P（x0,y0）为切点，则切线的斜率为y′|■=3x02-2，
　　 ∴切线方程为y-y0=(3x02-2)(x-x0)．
　　 y-(x03-2x0)=(3x02-2)(x-x0)．
　　 又知切线过点(1,-1)，把它代入上述方程，得-1-(x03-2x0)=(3x02-2)(1-x0)．
　　 解得x0=1或x0=-■．
　　故所求切线方程为y-(1-2)=(3-2)(x-1)或y-(-■+1)=(■-2)(x+■)，即x-y-2=0，或5x+4y-1=0．
　　 辨析与感悟：可以发现直线5x+4y-1=0并不以(1,-1)为切点，实际上是经过了点(1,-1)且以(-■,■)为切点的直线．这说明过曲线上一点的切线，该点未必是切点，解决此类问题可用待定切点法．
　　通过上面几组“形似质异题”的不完全类似甚至相反解法的对比与研究，透过“外貌”颇似的表层，必定能使考生逐渐澄清各种模糊概念，深入认识实质，深化巩固并掌握知识，防止知识负迁移，从而能够从各种“形式相似”的问题中抓住“实质各异”的要害，找到解决问题的正确途经.
　　（作者单位：江苏省通州高级中学)
　　责任编校 徐国坚