浅谈代数推理题的解题策略
孙庆宏
代数推理题是高考的热点题型之一，这类问题常以高中代数主体内容—函数、方程、不等式、数列及综合部分和何解释为知识背景，并与高等数学知识及思想方法相衔接，立意新颖，抽象程度高.针对代数推理型问题，我们不但要寻求它的解法是什么，还要思考有没有其它的解法，更要反思为什么要这样解，不这样解行吗?并要通过典型的问题，解析代数推理题的解题思路、方法和技巧.在解题思维的过程中，既重视通性通法的演练，又注意特殊技
巧的作用，同时将函数与方程，数形结合，分类与讨论，等价与化归等数学思想方法贯穿于整个的解题训练过程当中.
本文就代数推理题的题型特点及解法作如下探讨.
一、与函数性质有关的推理题
例1 设f(x)是定义在［-1，1］上的偶函数，f(x)与g(x)的图像关于x=1对称，且当x∈［2，3］时，g(x)=a(x-2)-2(x-2)+3(a为常数).
(1)求f(x)的解析式；
(2)若f(x)在［0，1］上是增函数，求实数a的取值范围；
(3)若a∈(-6,6)，问能否使f(x)的最大值为4?请说明理由.
析解：函数的对称轴是函数的一个重要性质：若f(x)=f(2a-x)，则y=f(x)关于x=a对称.
(1)∵f(x)与g(x)的图像关于直线x=1对称，∴f(x)=g(2-x).∴当x∈［-1，0］时，2-x∈［2，3］，∴f(x)=g(2-x)=-ax+2x+3，又∵f(x)为偶函数，∴x∈［0，1］时，-x∈［-1，0］，∴f(x)=f(-x)=ax-2x+3.
∴f(x)=-ax+2x+3,-1≤x<0,=ax-2x+3,0≤x≤1.
(2)∵f(x)为［0，1］上的增函数，∴f′(x)=a-6x+2≥0a≥6x+2在区间［0，1］上恒成立.∵x∈［0，1］时，6x+2≤6,∴a≥6，即a∈［6,+∞).
(3)由f(x)为偶函数，故只需考虑x∈［0，1］，由f′(x)=0得x=a6,由f(a6)=4a=6,此时x=1，当a∈(-6，6)时，f(x)的最大值不可能为4.
评注：挖掘题中的隐含条件，是解答该题的关键.
二、与方程有关的推理题
例2 已知二次函数f(x)=ax+2+bx+1(a,b∈R,a>0)，设方程f(x)=x的两个实根为x1和x2.
(1)如果x1<2-1;
(2)如果|x1|<2,|x2-x1|=2,求b的取值范围.
解：(1)设g(x)=f(x)-x=ax+2+(b-1)x+1且a>0，由x1<20,即4a+2b-1<0,=16a+4b-3>0,∴34-4a18,∴2-38a>-b2a>1-14a,故x0=-b2a>1-14×18=-1.
(2)由g(x)=ax+2+(b-1)x+1=0,可知x1x2=1a>0,∴x1,x2同号.
①若02,∴g(2)=4a+2b-1<0.又|x2-x1|+2=(b-1)+2a+2-4a=4得2a+1=(b-1)+2+1(a>0,负根舍去)代入上式得2(b-1)+2+1<3-2b,解得b<14;②若-274.
故当074.
评注：本例解题思维的关键主要在于如何合理的运用二次函数对称性质，界定a的范围；第(2)小问在于如何准确地分类.
三、与数列有关的推理题
这类问题解决的思维方式有两种：一种是归纳法，通过从特殊到一般的观察、分析、归纳、作出猜想，然后用数学归纳法加以证明.另一种是演绎法，即利用数列知识及变形技巧直接求解，这对学生的运算技巧及思维能力是一种考验.
例3 对于函数f(x)，若存在x0∈R，使f(x0)=x0成立，则称x0为f(x)的不动点.如果函数f(x)=x+2+abx-c(b,c∈N)有且只有两个不动点0，2，且f(-2)<-12.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)已知各项不为零的数列{an}满足4Sn5f(1an)=1，求数列通项an;
(3)如果数列{an}满足a1=4,a{n+1}=f(an)，求证：当n≥2时，恒有an<3成立.
解：(1)依题意有x+2+abx-c=x，化简为(1-b)x+2+cx+a=0，由韦达定理，得2+0=-c1-b,=2×0=a1-b,解得a=0,=b=1+c2，代入表达式f(x)=x+2(1+c2)x-c,由f(-2)=-21+c<-12,得c<3,又c∈N,b∈N，若c=0,b=1，则f(x)=x不止有两个不动点，∴c=2,b=2.故f(x)=x+22(x-1),(x≠1).
(2)由题设得4Sn5(1an)+22(1an-1)=1得：2Sn=an-a+2n,(*)且an≠1，以n-1代n得：2S{n-1}=a{n-1}-a+2{n-1}(**)(*)与(**)两式相减得：2an=(an-a{n-1})-(a+2n-a+2{n-1}),即(an+a{n-1})(an-a{n-1}+1)=0,∴an=-a{n-1}或an-a{n-1}=-1，以n=1代入(*)得：2a1=a1-a+21，解得a1=0(舍去)或a1=-1，由a1=-1，若an=-a{n-1}得a2=1，这与an≠1矛盾，∴an-a{n-1}=-1，即{an}是以-1为首项，-1为公差的等差数列，∴an=-n.
(3)采用反证法，假设an≥3(n≥2)，则由(1)知a{n+1}=f(an)=a+2n2an-2.∴a{n+1}an=an2(an-1)=125(1+1an-1)<12(1+12)=34<1,即a{n+1}关于本例的第(3)问，我们还可给出直接证法，事实上：由a{n+1}=f(an)，得a{n+1}=a+2n2an-2,1a{n+1}=-2(1an-12)+2+12≤12，得a{n+1}<0或a{n+1}≥2.
若a{n+1}<0,则a{n+1}<0<3,结论成立；若a{n+1}≥2，此时n≥2，从而a{n+1}-an=-an(an-2)2(an-1)≤0，即数列{an}在n≥2时单调递减，由a2=223,可知an≤a2=223<3,在n≥2时成立.比较上述两种证法，读者能找出其中的异同吗?数学解题后需要进行必要的反思，学会反思才能长进.
例4 已知函数f(x)在(-1，1)上有定义，f(12)=-1且满足x、y∈(-1，1)有f(x)+f(y)=f(x+y1+xy).
(1)证明：f(x)在(-1，1)上为奇函数；
(2)若x1=12,x{n+1}=2xn1+x+2n，求f(xn);
(3)求证1f(x1)+1f(x2)+…+1f(xn)>-2n+5n+2.
分析：抽象函数应首先试探它的模拟函数，由f(x)+f(y)=f(x+y1+xy)似乎不明显.拟采用取值法.
解：(1)令x=y=0，则2f(0)=f(0)f(0)=0,又令y=-x，则f(x)+f(-x)=f(0)=0,∴f(-x)=-f(x)为奇函数.
(2)f(x1)=f(12)=-1,f(x{n+1})=f(2xn1+x+2n)=f(xn+xn1+xn5xn)=f(xn)+f(xn)=2f(xn),∴f(x{n+1})f(xn)=2.即{f(xn)}是以-1为首项，2为公比的等比数列.∴f(xn)=-2+{n-1}.
(3)1f(x1)+1f(x2)+…+1f(xn)=-(1+12+12+2+…+12+{n-1})=-2+12+{n-1}>-2,而-2n+5n+2=-(2+1n+2)=-2-1n+2<-2,∴1f(x1)+1f(x2)+…+1f(xn)>-2n+5n+2.
本例将函数、方程、数列、不等式等代数知识集于一题，是考查分析问题和解决问题能力的范例.在求解当中，化归出等比(等差)数列是数列问题常用的解题方法.
四、与不等式、解几有关的推理题
这类题对思维的灵活性、创造性要求较高，有利于考查学生分析和解决问题的能力.例5 设函数f(x)=a+-x+2-4x,g(x)=43x+1，已知x∈［-4，0］时，恒有f(x)≤g(x)，求a的取值范围.
析解：由f(x)≤g(x)实施移项技巧，得-x+2-4x≤43x+1-a,令C:y=-x+2-4x,l:y=43x+1-a,从而只要求直线l不在半圆C下方时，直线l与y截距的最小值.当直线与半圆相切时，易求得a=-5(a=53舍去).故a≤-5时，f(x)≤g(x).
本例的求解在于实施移项技巧，关键在于构造新的函数，进而通过解几模型进行推理解答.
其中，渗透着数形结合的数学思想方法，显示了解题思维转换的灵活性和流畅性.
还须指出的是：数形结合未必一定要画出图形，但图形早已在你的心中了，这也许是解题能力的提升，还应三思而后行.
例6 设a,b为常数，M={f(x)|f(x)=acosx+bsinx}.F：把平面上任意一点(a,b)映射为函数acosx+bsinx.
(1)证明：不存在两个不同点对应于同一个函数；
(2)证明：当f-0(x)∈M时，f1(x)=f0(x+t)∈M，这里t为常数；
(3)对于属于M的一个固定值f0(x)，得M1={f0(x+t),t∈R}，在映射F的作用下，M1
作为象，求其原象，并说明它是什么图形.
析解：(1)假设有两个不同的点(a,b),(c,d)对应同一函数，即F(a,b)=acosx+bsinx与F(c,d)=ccosx+dsinx相同，即acosx+bsinx=ccosx+dsinx对一切实数x均成立.特别地令x=0，得a=c；令x=π2，得b=d，这与(a,b),(c,d)是两个不同点矛盾，假设不成立.
故不存在两个不同点对应同一函数.
(2)当f0(x)∈M时，可得常数a0,b0,使f0(x)=a0cosx+b0sinx,f1(x)=f0(x+t)=a0cos(x+t)+b0sin(x+t)=(a0cost+b0sint)cosx+(b0cost-a0sint)sinx,由于a0,b0,t为常数，设a0cost+b0sint=m,b0cost-a0sint=n，则m,n是常数.从而f1(x)=mcosx+nsinx∈M.
(3)设f0(x)∈M，由此得f0(x+t)=mcosx+nsinx，其中m=a0cost+b0s
int，n=b0cost-a0sint，在映射F之下，f0(x+t)的原象是(m,n)，则M1
的原象是{(m,n)|m=a0cost+b0sint,n=b0cost-a0sint,t∈R}.消去t得m+2+n+2=a+20+b+20，即在映射F之下，M1的原象{(m,n)|m+2+n+2=a+2
0+b+20}是以原点为圆心，a+20+b+20为半径的圆.
本题将集合，映射，函数综合为一体，其典型性和新颖性兼顾，是一道用“活题考死知识”
的好题目，具有很强的训练价值.
求解代数推理题的一般思维过程为三步：
(1)领会题意，就是弄清题目的条件与结论中文字、符号的表述，并进行观察、比较、分析、综合、抽象与概括，领悟其数学实质，为制定解题策略作准备；(2)明确方向，在审题的基础上，运用数学思想方法，目的明确地对外来的内在信息进行提取、转化、加工和传输，从而明确解题的目标和方向；(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，并正确表述.
求解代数推理题除了平时注重思维训练外，还应注重心理的训练，尤其在解题目标与条件之间的跨度较大、较隐蔽时，必须作多次的尝试、探索，才能找到解题的目标.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
代数推理题是高考的热点题型之一，这类问题常以高中代数主体内容—函数、方程、不等式、数列及综合部分和何解释为知识背景，并与高等数学知识及思想方法相衔接，立意新颖，抽象程度高.针对代数推理型问题，我们不但要寻求它的解法是什么，还要思考有没有其它的解法，更要反思为什么要这样解，不这样解行吗?并要通过典型的问题，解析代数推理题的解题思路、方法和技巧.在解题思维的过程中，既重视通性通法的演练，又注意特殊技
巧的作用，同时将函数与方程，数形结合，分类与讨论，等价与化归等数学思想方法贯穿于整个的解题训练过程当中.
本文就代数推理题的题型特点及解法作如下探讨.
一、与函数性质有关的推理题
例1 设f(x)是定义在［-1，1］上的偶函数，f(x)与g(x)的图像关于x=1对称，且当x∈［2，3］时，g(x)=a(x-2)-2(x-2)+3(a为常数).
(1)求f(x)的解析式；
(2)若f(x)在［0，1］上是增函数，求实数a的取值范围；
(3)若a∈(-6,6)，问能否使f(x)的最大值为4?请说明理由.
析解：函数的对称轴是函数的一个重要性质：若f(x)=f(2a-x)，则y=f(x)关于x=a对称.
(1)∵f(x)与g(x)的图像关于直线x=1对称，∴f(x)=g(2-x).∴当x∈［-1，0］时，2-x∈［2，3］，∴f(x)=g(2-x)=-ax+2x+3，又∵f(x)为偶函数，∴x∈［0，1］时，-x∈［-1，0］，∴f(x)=f(-x)=ax-2x+3.
∴f(x)=-ax+2x+3,-1≤x<0,=ax-2x+3,0≤x≤1.
(2)∵f(x)为［0，1］上的增函数，∴f′(x)=a-6x+2≥0a≥6x+2在区间［0，1］上恒成立.∵x∈［0，1］时，6x+2≤6,∴a≥6，即a∈［6,+∞).
(3)由f(x)为偶函数，故只需考虑x∈［0，1］，由f′(x)=0得x=a6,由f(a6)=4a=6,此时x=1，当a∈(-6，6)时，f(x)的最大值不可能为4.
评注：挖掘题中的隐含条件，是解答该题的关键.
二、与方程有关的推理题
例2 已知二次函数f(x)=ax+2+bx+1(a,b∈R,a>0)，设方程f(x)=x的两个实根为x1和x2.
(1)如果x1<2
(2)如果|x1|<2,|x2-x1|=2,求b的取值范围.
解：(1)设g(x)=f(x)-x=ax+2+(b-1)x+1且a>0，由x1<2
(2)由g(x)=ax+2+(b-1)x+1=0,可知x1x2=1a>0,∴x1,x2同号.
①若0
故当0
评注：本例解题思维的关键主要在于如何合理的运用二次函数对称性质，界定a的范围；第(2)小问在于如何准确地分类.
三、与数列有关的推理题
这类问题解决的思维方式有两种：一种是归纳法，通过从特殊到一般的观察、分析、归纳、作出猜想，然后用数学归纳法加以证明.另一种是演绎法，即利用数列知识及变形技巧直接求解，这对学生的运算技巧及思维能力是一种考验.
例3 对于函数f(x)，若存在x0∈R，使f(x0)=x0成立，则称x0为f(x)的不动点.如果函数f(x)=x+2+abx-c(b,c∈N)有且只有两个不动点0，2，且f(-2)<-12.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)已知各项不为零的数列{an}满足4Sn5f(1an)=1，求数列通项an;
(3)如果数列{an}满足a1=4,a{n+1}=f(an)，求证：当n≥2时，恒有an<3成立.
解：(1)依题意有x+2+abx-c=x，化简为(1-b)x+2+cx+a=0，由韦达定理，得2+0=-c1-b,=2×0=a1-b,解得a=0,=b=1+c2，代入表达式f(x)=x+2(1+c2)x-c,由f(-2)=-21+c<-12,得c<3,又c∈N,b∈N，若c=0,b=1，则f(x)=x不止有两个不动点，∴c=2,b=2.故f(x)=x+22(x-1),(x≠1).
(2)由题设得4Sn5(1an)+22(1an-1)=1得：2Sn=an-a+2n,(*)且an≠1，以n-1代n得：2S{n-1}=a{n-1}-a+2{n-1}(**)(*)与(**)两式相减得：2an=(an-a{n-1})-(a+2n-a+2{n-1}),即(an+a{n-1})(an-a{n-1}+1)=0,∴an=-a{n-1}或an-a{n-1}=-1，以n=1代入(*)得：2a1=a1-a+21，解得a1=0(舍去)或a1=-1，由a1=-1，若an=-a{n-1}得a2=1，这与an≠1矛盾，∴an-a{n-1}=-1，即{an}是以-1为首项，-1为公差的等差数列，∴an=-n.
(3)采用反证法，假设an≥3(n≥2)，则由(1)知a{n+1}=f(an)=a+2n2an-2.∴a{n+1}an=an2(an-1)=125(1+1an-1)<12(1+12)=34<1,即a{n+1}关于本例的第(3)问，我们还可给出直接证法，事实上：由a{n+1}=f(an)，得a{n+1}=a+2n2an-2,1a{n+1}=-2(1an-12)+2+12≤12，得a{n+1}<0或a{n+1}≥2.
若a{n+1}<0,则a{n+1}<0<3,结论成立；若a{n+1}≥2，此时n≥2，从而a{n+1}-an=-an(an-2)2(an-1)≤0，即数列{an}在n≥2时单调递减，由a2=223,可知an≤a2=223<3,在n≥2时成立.比较上述两种证法，读者能找出其中的异同吗?数学解题后需要进行必要的反思，学会反思才能长进.
例4 已知函数f(x)在(-1，1)上有定义，f(12)=-1且满足x、y∈(-1，1)有f(x)+f(y)=f(x+y1+xy).
(1)证明：f(x)在(-1，1)上为奇函数；
(2)若x1=12,x{n+1}=2xn1+x+2n，求f(xn);
(3)求证1f(x1)+1f(x2)+…+1f(xn)>-2n+5n+2.
分析：抽象函数应首先试探它的模拟函数，由f(x)+f(y)=f(x+y1+xy)似乎不明显.拟采用取值法.
解：(1)令x=y=0，则2f(0)=f(0)f(0)=0,又令y=-x，则f(x)+f(-x)=f(0)=0,∴f(-x)=-f(x)为奇函数.
(2)f(x1)=f(12)=-1,f(x{n+1})=f(2xn1+x+2n)=f(xn+xn1+xn5xn)=f(xn)+f(xn)=2f(xn),∴f(x{n+1})f(xn)=2.即{f(xn)}是以-1为首项，2为公比的等比数列.∴f(xn)=-2+{n-1}.
(3)1f(x1)+1f(x2)+…+1f(xn)=-(1+12+12+2+…+12+{n-1})=-2+12+{n-1}>-2,而-2n+5n+2=-(2+1n+2)=-2-1n+2<-2,∴1f(x1)+1f(x2)+…+1f(xn)>-2n+5n+2.
本例将函数、方程、数列、不等式等代数知识集于一题，是考查分析问题和解决问题能力的范例.在求解当中，化归出等比(等差)数列是数列问题常用的解题方法.
四、与不等式、解几有关的推理题
这类题对思维的灵活性、创造性要求较高，有利于考查学生分析和解决问题的能力.例5 设函数f(x)=a+-x+2-4x,g(x)=43x+1，已知x∈［-4，0］时，恒有f(x)≤g(x)，求a的取值范围.
析解：由f(x)≤g(x)实施移项技巧，得-x+2-4x≤43x+1-a,令C:y=-x+2-4x,l:y=43x+1-a,从而只要求直线l不在半圆C下方时，直线l与y截距的最小值.当直线与半圆相切时，易求得a=-5(a=53舍去).故a≤-5时，f(x)≤g(x).
本例的求解在于实施移项技巧，关键在于构造新的函数，进而通过解几模型进行推理解答.
其中，渗透着数形结合的数学思想方法，显示了解题思维转换的灵活性和流畅性.
还须指出的是：数形结合未必一定要画出图形，但图形早已在你的心中了，这也许是解题能力的提升，还应三思而后行.
例6 设a,b为常数，M={f(x)|f(x)=acosx+bsinx}.F：把平面上任意一点(a,b)映射为函数acosx+bsinx.
(1)证明：不存在两个不同点对应于同一个函数；
(2)证明：当f-0(x)∈M时，f1(x)=f0(x+t)∈M，这里t为常数；
(3)对于属于M的一个固定值f0(x)，得M1={f0(x+t),t∈R}，在映射F的作用下，M1
作为象，求其原象，并说明它是什么图形.
析解：(1)假设有两个不同的点(a,b),(c,d)对应同一函数，即F(a,b)=acosx+bsinx与F(c,d)=ccosx+dsinx相同，即acosx+bsinx=ccosx+dsinx对一切实数x均成立.特别地令x=0，得a=c；令x=π2，得b=d，这与(a,b),(c,d)是两个不同点矛盾，假设不成立.
故不存在两个不同点对应同一函数.
(2)当f0(x)∈M时，可得常数a0,b0,使f0(x)=a0cosx+b0sinx,f1(x)=f0(x+t)=a0cos(x+t)+b0sin(x+t)=(a0cost+b0sint)cosx+(b0cost-a0sint)sinx,由于a0,b0,t为常数，设a0cost+b0sint=m,b0cost-a0sint=n，则m,n是常数.从而f1(x)=mcosx+nsinx∈M.
(3)设f0(x)∈M，由此得f0(x+t)=mcosx+nsinx，其中m=a0cost+b0s
int，n=b0cost-a0sint，在映射F之下，f0(x+t)的原象是(m,n)，则M1
的原象是{(m,n)|m=a0cost+b0sint,n=b0cost-a0sint,t∈R}.消去t得m+2+n+2=a+20+b+20，即在映射F之下，M1的原象{(m,n)|m+2+n+2=a+2
0+b+20}是以原点为圆心，a+20+b+20为半径的圆.
本题将集合，映射，函数综合为一体，其典型性和新颖性兼顾，是一道用“活题考死知识”
的好题目，具有很强的训练价值.
求解代数推理题的一般思维过程为三步：
(1)领会题意，就是弄清题目的条件与结论中文字、符号的表述，并进行观察、比较、分析、综合、抽象与概括，领悟其数学实质，为制定解题策略作准备；(2)明确方向，在审题的基础上，运用数学思想方法，目的明确地对外来的内在信息进行提取、转化、加工和传输，从而明确解题的目标和方向；(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，并正确表述.
求解代数推理题除了平时注重思维训练外，还应注重心理的训练，尤其在解题目标与条件之间的跨度较大、较隐蔽时，必须作多次的尝试、探索，才能找到解题的目标.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
