《2019届高三数学备考冲刺140分问题43推理问题的常见求解策略含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三数学备考冲刺140分问题43推理问题的常见求解策略含解析.pdf（15页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、问题 43 推理问题的常见求解策略问题 43 推理问题的常见求解策略 一、考情分析 推理是根据一个或几个已知的判断来确定一个新的判断的思维过程,它包括合情推理与演绎推理,合情推理 又包括归纳推理和类比推理,归纳推理是由某类事物的部分对象具有某些特征,推出该类事物的全部对象都 具有这些特征的推理,或者由个别事实概括出一般结论的推理,由部分到整体、归纳推理由个别到一般的推 理类比；推理是由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征,推出另一类对象也具有这些 特征的推理,它是由特殊到特殊的推理；演绎推理从一般性的原理出发,推出某个特殊情况下的结论演绎 推理是由一般到特殊的推理 高考中归纳推
2、理和类比推理常以客观题形式出现,演绎推理常和其他知识交汇, 以解答题形式出现,下面分别总结几类推理问题的求解策略,共同学们参考. 二、经验分享 1.归纳推理问题的常见类型及解题策略 (1)与数字有关的等式的推理观察数字特点,找出等式左右两侧的规律及符号可解 (2)与不等式有关的推理观察每个不等式的特点,注意是纵向看,找到规律后可解 (3)与数列有关的推理通常是先求出几个特殊现象,采用不完全归纳法,找出数列的项与项数的关系,列出 即可 (4)与图形变化有关的推理合理利用特殊图形归纳推理得出结论,并用赋值检验法验证其真伪性 2.进行类比推理,应从具体问题出发,通过观察、分析、联想进行类比,提出猜想
3、其中找到合适的类比对象 是解题的关键(2)类比推理常见的情形有平面与空间类比；低维的与高维的类比；等差数列与等比数列类 比；数的运算与向量的运算类比；圆锥曲线间的类比等 3.演绎推理是由一般到特殊的推理,常用的一般模式为三段论,演绎推理的前提和结论之间有着某种蕴含关 系,解题时要找准正确的大前提,一般地,若大前提不明确时,可找一个使结论成立的充分条件作为大前提 4.合情推理在近年来的高考中,考查频率逐渐增大,题型多为选择、填空题,难度为中档 解决此类问题的注意事项与常用方法： (1)解决归纳推理问题,常因条件不足,了解不全面而致误应由条件多列举一些特殊情况再进行归纳 (2)解决类比问题,应先弄
4、清所给问题的实质及已知结论成立的缘由,再去类比另一类问题 三、知识拓展三、知识拓展 数学史上的著名推理问题 1. 费马 猜想： 法国业余数学家之王费马（1601-1665）在 1640 年通过对 0 2 0 213F , 1 2 1 215F , 2 2 2 2117F , 3 2 3 21257F , 4 2 4 2165 537F 的观察,发现其结果都是素数,于是提出猜想 ： 对所有的自然数n,任何 形如 2 21 n n F 的数都是素数. 后来瑞士数学家欧拉,发现 5 2 5 214 294 967 297641 6 700 417F 不 是素数,推翻费马猜想. 2. 四色猜想： 18
5、52 年,毕业于英国伦敦大学的弗南西斯.格思里来到一家科研单位搞地图着色工作时,发现了一种有趣的 现象：“每幅地图都可以用四种颜色着色,使得有共同边界的国家着上不同的颜色.”,四色猜想成了世界数 学界关注的问题.1976 年,美国数学家阿佩尔与哈肯在美国伊利诺斯大学的两台不同的电子计算机上,用 1200 个小时,作了 100 亿逻辑判断,完成证明. 四、题型分析四、题型分析 （一）归纳推理的求解策略（一）归纳推理的求解策略 (1)归纳推理的一般步骤： 通过观察个别情况发现某些相同性质； 从相同性质中推出一个明确表述的一般性命题 (2)归纳推理是一种重要的思维方法,但结果的正确性还需进一步证明,
6、一般地,考查的个体越多,归纳的结 论可靠性越大因此在进行归纳推理时,当规律不明显时,要尽可能多地分析特殊情况,由此发现其中的规律, 从而获得一般结论 (3)归纳推理是每年高考的常考内容,题型多为选择题和填空题,难度稍大,属中高档题高考对归纳推理的 考查常有以下三个命题角度：数值的归纳；代数式的归纳；图形的归纳 【例 1】某种平面分形图如图所示,一级分形图是由一点出发的三条线段,长度相等,两两夹角为 120；二 级分形图是在一级分形图的每条线段末端出发再生成两条长度为原来 的线段,且这两条线段与原线段两两 1 3 夹角为 120,依此规律得到n级分形图 n级分形图中共有_条线段 【分析】 分形图
7、的每条线段的末端出发再生成两条线段,由题图知,一级分形图有 3(323)条线段,二级 分形图有9(3223)条线段,三级分形图中有21(3233)条线段,按此规律n级分形图中的线段条数 an(32n3)(nN N*) 【答案】an(32n3)(nN N*) 【点评】(1)归纳是依据特殊现象推断出一般现象,因而由归纳所得的结论超越了前提所包含的范围；(2)归 纳的前提是特殊的情况,所以归纳是立足于观察、 经验或试验的基础之上的 ； (3)归纳推理所得结论未必正确, 有待进一步证明,但对数学结论和科学的发现很有用 【小试牛刀】 【江西省南昌市 2019 届高三第一次模拟】我国南宋数学家杨辉 126
8、1 年所著的详解九章算法 一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第 行的所 有数字之和为，若去除所有为 1 的项，依次构成数列，则此数列的前 55 项和为 ( ) A4072B2026C4096D2048 【答案】A 【解析】由题意可知：每一行数字和为首项为 1，公比为 2 的等比数列， 则杨辉三角形的前n项和为Sn2n1， 若去除所有的为 1 的项，则剩下的每一行的个数为 1，2，3，4，可以看成构成一个首项为 1，公差 为 1 的等差数列， 则Tn， 可得当n10，所有项的个数和为 55， 则杨辉三角形的前 12 项的和为S122121， 则此
9、数列前 55 项的和为S12234072， 故选：A （二）类比推理的求解策略（二）类比推理的求解策略 在进行类比推理时,要尽量从本质上去类比,不要被表面现象所迷惑；否则只抓住一点表面现象甚至假象就 去类比,就会犯机械类比的错误类比推理的应用一般为类比定义、类比性质和类比方法 (1)类比定义：在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时,可以借助原定义来求解； (2)类比性质：从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手,提出类比推理型问题,求解时要认真分析 两者之间的联系与区别,深入思考两者的转化过程是求解的关键； (3)类比方法：有一些处理问题的方法具有类比性,我们可以把这种方法类比应用到
10、其他问题的求解中,注意 知识的迁移. 【例 2】 若等差数列an的首项为a1,公差为d,前n项的和为Sn,则数列为等差数列,且通项为a1(n Sn n Sn n 1) .类似地,请完成下列命题：若各项均为正数的等比数列bn的首项为b1,公比为q,前n项的积为Tn, d 2 则数列_为等比数列,通项为_ 【分析】解题的关键是找出等差数列与等比数列性质的关联 【点评】因为在等差数列an中前n项的和为Sn的通项,且写成了a1(n1) ,所以在等比数列bn Sn n d 2 中应研究前n项的积为Tn的开n方的形式,等差数列中的求和类比等比数列中的乘积,类比可得 ： 数列 n Tn 为等比数列,通项为b
11、1()n1. n Tnq 【点评】等差数列与等比数列的类比,要注意运算的转换：和差积商,乘积乘方 【小试牛刀】在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1,外接圆面积为S2,则 ,推广 S1 S2 1 4 到空间可以得到类似结论：已知正四面体PABC的内切球体积为V1,外接球体积为V2,则_ V1 V2 【答案】 1 27 【解析】正四面体的外接球和内切球的半径之比是 31, 故正四面体PABC的内切球体积为V1,外接球体积为V2,则. V1 V2 ( 1 3) 3 1 27 （三）演绎推理的求解策略（三）演绎推理的求解策略 演绎推理是由一般性的命题推出特殊性命题的一种推理模式,是
12、一种必然性推理演绎推理的模式为： 三段论 大前提：已知的一般原理； 小前提：所研究的特殊情况； 结论：根据一般原理，对特殊情况做 出的判断. ) 应用三段论解决问题时,应首先明确什么是大前提,什么是小前提,如果大前提与推理形式是正确的,结论必 定是正确的如果大前提错误,尽管推理形式是正确的,所得结论也是错误的 【例 3】数列an的前n项和记为Sn,已知a11,an1Sn(nN N)证明： n2 n (1)数列是等比数列； Sn n (2)Sn14an. 【证明】(1)an1Sn1Sn,an1Sn, n2 n (n2)Snn(Sn1Sn),即nSn12(n1)Sn. 2,(小前提) Sn1 n1
13、 Sn n 故是以 2 为公比,1 为首项的等比数列(结论) Sn n (大前提是等比数列的定义,这里省略了) (2)由(1)可知4(n2), Sn1 n1 Sn1 n1 Sn14(n1)4Sn14an(n2),(小前提) Sn1 n1 n12 n1 又a23S13,S2a1a21344a1,(小前提) 对于任意正整数n,都有Sn14an.(结论) (第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件) 【点评】 “三段论” 式的演绎推理一定要保证大前提正确,且小前提是大前提的子集关系,这样经过正确推理, 才能得出正确结论；常见易错点是对大前提“凭空想象、思维定势、想当然”,从而出错,或者
14、小前提与大 前提“不兼容”“不包容”“互补”而出错 【小试牛刀】 【陕西省 2019 届高三第二次教学质量检测】一布袋中装有 个小球，甲，乙两个同学轮流且不 放回的抓球，每次最少抓一个球，最多抓三个球，规定：由乙先抓，且谁抓到最后一个球谁赢，那么以下 推断中正确的是（ ） A若，则乙有必赢的策略B若，则甲有必赢的策略 C若，则甲有必赢的策略D若，则乙有必赢的策略 【答案】A 【解析】若，则乙有必赢的策略。 （1）若乙抓 1 球，甲抓 1 球时，乙再抓 3 球，此时剩余 4 个球，无论甲抓 13 的哪种情况，乙都能保证抓 最后一球。 （2）若乙抓 1 球，甲抓 2 球时，乙再抓 2 球，此时剩余
15、 4 个球，无论甲抓 13 的哪种情况，乙都能保证抓 最后一球。 （3）若乙抓 1 球，甲抓 3 球时，乙再抓 1 球，此时剩余 4 个球，无论甲抓 13 的哪种情况，乙都能保证抓 最后一球。 所以若，则乙有必赢的策略 所以选 A 五、迁移运用五、迁移运用 1 【安徽省合肥一中、马鞍山二中等六校教育研究会 2019 届高三第二次联考】设的内角所对边 的长分别为，则下列命题正确的是（ ） （1）若，则； （2）若，则； （3）若，则； （4）若，则； （5）若，则. A （1） （2） （3） B （1） （2） （5） C （1） （3） （4） D （1） （3） （5） 【答案】D 【解析
16、】对于（1） ，可以得出，所以，故正确； 对于（2） ，得出，故错误； 对于（3） ，当时，与矛盾，故正确； 对于（4） ，取，满足，利用余弦定理得，故错； 对于 （5） ， 因为， 所以有， 即， 所以 ，故正确； 所以正确命题的序号是（1） （3） （5） ， 故选 D. 2 【北京市昌平区 2019 届高三第一学期期末】现有，这 5 个球队进行单循环比赛（全部比赛 过程中任何一队都要分别与其他各队比赛一场且只比赛一场） 当比赛进行到一定阶段时， 统计， 这 4 个球队已经赛过的场数分别为：队 4 场，队 3 场， 队 2 场，队 1 场，则队比赛过的场数 为（ ） A B C D 【答案
17、】B 【解析】 根据题意，A1，A2，A3，A4，A5五支球队进行单循环比赛， 已知A1队赛过4场,所以A1队必须和A2，A3，A4，A5 这四个球队各赛一场， 已知A2队赛过 3 场，A2队已和A1队赛过 1 场，则A2队只能和A3，A4，A5中的两个队比赛，又知A4队只赛过 一场（也就是和A1队赛过的一场） ， 所以A2队必须和A3、A5各赛 1 场，这样满足A3队赛过 2 场，从而推断A5队赛过 2 场 故选：B 3 【北京市大兴区 2019 届第一学期期末】A、B 两种品牌各三种车型 2017 年 7 月的销量环比(与 2017 年 6 月比较)增长率如下表： A 品牌车型A1A2A3
18、 环比增长率-7.29%10.47%14.70% B 品牌车型B1B2B3 环比增长率-8.49%-28.06%13.25% 根据此表中的数据，有如下关于 7 月份销量的四个结论:A1车型销量比 B1车型销量多； A 品牌三种车型总销量环比增长率可能大于 14.70%； B 品牌三款车型总销量环比增长率可能为正； A 品牌三种车型总销量环比增长率可能小于 B 品牌三种车型总销量环比增长率 其中正确结论的个数是( ) A B C D 【答案】B 【解析】根据表中数据，对关于 7 月份销量的四个结论： 对于，A1车型销量增长率比B1车型销量增长率高，但销量不一定多，错误； 对于，A品牌三种车型中增
19、长率最高为 14.70%， 所以总销量环比增长率不可能大于 14.70%，错误； 对于，B品牌三款车型中有销量增长率为 13.25%， 所以它的总销量环比增长率也可能为正，正确； 对于，由题意知A品牌三种车型总销量环比增长率， 也可能小于B品牌三种车型总销量环比增长率，正确； 综上所述，其中正确的结论序号是 故选：B 4 【北京市朝阳区届高三期末】从计算器屏幕上显示的数为 0 开始，小明进行了五步计算，每步都是加 1 或乘以 2.那么不可能是计算结果的最小的数是( ) A12 B11 C10 D9 【答案】B 【解析】由题意，列出树形图，如图所示 由树形图可知，不可能是计算结果的最小数是 11
20、，故选 B. 5 【山东省济南外国语学校 2019 届高三 1 月份阶段模拟】甲、乙、丙、丁四位同学参加一次数学智力竞赛， 决出了第一名到第四名的四个名次甲说：“我不是第一名” ；乙说：“丁是第一名” ；丙说：“乙是第一名” ； 丁说：“我不是第一名”.成绩公布后，发现这四位同学中只有一位说的是正确的，则获得第一名的同学为 ( ) A甲 B乙 C丙 D丁 【答案】A 【解析】 【解析】当甲获得第一名时，甲、乙、丙说的都是错的，丁说的是对的，符合条件； 当乙获得第一名时，甲、丙、丁说的都是对的，乙说的是错的，不符合条件； 当丙获得第一名时，甲和丁说的是对的，乙和丙说的是错的，不符合条件； 当丁获
21、得第一名时，甲、乙说的都是对的，乙、丁说的都是错的，不符合条件 故选：A 6 【四川省南充高级中学 2018 届高三考前模拟】甲乙丙三人代表班级参加校运会的跑步,跳远,铅球比赛, 每人参加一项,每项都要有人参加,他们的身高各不同现了解到以下情况：（1）甲不是最高的；（2）最 高的没报铅球；（3）最矮的参加了跳远；（4）乙不是最矮的,也没参加跑步；可以判断丙参加的比赛项目 是（ ） A. 跑步比赛 B. 跳远比赛 C. 铅球比赛 D. 无法判断 【答案】A 【解析】 由（1）,（3）,（4）可知,乙参加了铅球,由（2）可知乙不是最高的,所以三人中乙身高居中； 再由（1）可知,甲是最矮的,参加了跳
22、远,所以丙最高,参加了跑步比赛. 故选：A. 7.在直角坐标系xOy中,一个质点从A(a1,a2)出发沿图中路线依次经过B(a3,a4),C(a5,a6),D(a7,a8),按此 规律一直运动下去,则a2 013a2 014a2 015( ) A1 006 B1 007 C1 008 D1 009 【答案】 B 【解析】由直角坐标系可知A(1,1),B(1,2),C(2,3),D(2,4),E(3,5),F(3,6),即a11,a21,a3 1,a42,a52,a63,a72,a84, 由此可知,所有数列偶数个都是从1开始逐渐递增的,且都等于所在的个数除以2,则a2 0141 007,每四个数
23、 中有一个负数,且为每组的第三个数,每组的第 1 个奇数和第 2 个奇数互为相反数,且从1 开始逐渐递减的, 则 2 0144503 余 2, 则a2 013504,a2 015504, a2 013a2 014a2 0155041 0075041 007. 8.设 ABC的三边长分别为a,b,c,ABC的面积为S,内切圆半径为r,则r,类比这个结论可知： 2S abc 四面体SABC的四个面的面积分别为S1,S2,S3,S4,内切球半径为r,四面体SABC的体积为V,则r( ) A. B. C. D. V S1S2S3S4 2V S1S2S3S4 3V S1S2S3S4 4V S1S2S3S
24、4 【答案】 C 【解析】设四面体的内切球的球心为O,则球心O到四个面的距离都是R,所以四面体的体积等于以O为顶点, 分别以四个面为底面的 4 个三棱锥体积的和 则四面体的体积为V四面体SABC (S1S2S3S4)r, 1 3 r. 3V S1S2S3S4 9.中国有个名句“运筹帷幄之中,决胜千里之外.”其中的“筹”愿意是指孙子算经中记载的算筹,古代 是用算筹来进行计算,算筹是将几寸长的小竹棍摆在平面上进行运算,算筹的摆放形式有纵横两种形式,如 图,表示一个多位数时,像阿拉伯计数一样,把各个数位的数码从左到右排列,但各位数码的筹式需要纵横相 间,个位,百位,万位数用纵式表示,十位,千位,十万
25、位用横式表示,以此类推.例如 6613 用算筹表示就是 ,则 9117 用算筹可表示为（ ） A. B C. D 【答案】A 【解析】由定义知: 千位 9 为横式；百位 1 为纵式；十位 1 为横式；个位 7 为纵式,选 A 10.对于正整数k,记( )g k表示k的最大奇数因数,例如(1)1g,(2)1g,(10)5g设 (1)(2)(3)(2 ) n n Sgggg给出下列四个结论：(3)(4)10gg；*mN,都有 (2 )( )gmg m； 123 30SSS； 1 1 4n nn SS ,2n ,*nN则其中所有正确结论的序号为 （ ） A B C D 【答案】B 【解析】对于, 3
26、43 14gg ,故错；对于,*mN,都有(2 )( )gmg m正确；对于, 1 121 12Sgg ； 2 12341 1 3 16Sgggg ； 3 123456781 1 3 1 537 122Sgggggggg , 123 262230SSS,故正确 ； 对于 1234.212 nn n Sgggggg 135.2124.2 nn ggggggg 1 1 35.212 12 2.2 2 nn ggg 1 11 1 1 212 12.24 2 nn nn n gggS ,于是 1 1 4,2, n nn SSnnN ,故 正确；故选 B. 11如图,一个直径为 1 的小圆沿着直径为 2
27、 的大圆内壁的逆时针方向滚动,和是小圆的一条固定直径 的两个端点那么,当小圆这样滚过大圆内壁的一周,点在大圆内所绘出的图形大致是（ ） 【答案】A 【解析】如图所示,为小园的直径,在运动过程中,恒为,两个圆的连心线保持不变, 故只能在大圆相互垂直的两条直径上,故选 A N M M N 12一个二元码是由 0 和 1 组成的数字串 12 * n x xxnN,其中1,2, k xkn称为第 k 位码元,二元 码是通信中常用的码,但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由 0 变为 1,或者由 1 变为 0） 已知某种二元码 127 x xx的码元满足如下校验方程组： 4567 2367 1357
28、 0 0 0 xxxx xxxx xxxx ,其中运算定义为： 000,01 1,101,110 现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第 k 位发生码元错误后变 成了 1101101,那么利用上述校验方程组可判定 k 等于（ ） A4 B5 C6 D7 【答案】B 【解析】由题意得相同数字经过运算后为0,不同数字运算后为1由 4567 0xxxx可判断后4个数 字 出 错 ； 由 2367 0xxxx可 判 断 后2个 数 字 没 错 ,即 出 错 的 是 第4个 或 第5个 ； 由 1357 0xxxx可判断出错的是第5个,综上,第5位发生码元错误 13.所有真约数（除本身之外的正约数）的和
29、等 于它本身的正整数叫做完全数（也称为完备数、完美数）.如：6123 ；28124714 ； 4961248163162124248 .此外,它们都可以表示为 2 的一些连续正整数次幂之和.如 12 622, 234 28222,按此规律,8128可表示为 【答案】 6712 222 【解析】因为 6 81282127 ,又由1 2127 1 2 n ,解得7n 所以 66 81282(122 ) 6712 222 14.设N2n(nN N*,n2),将N个数x1,x2,xN依次放入编号为1,2,N的N个位置,得到排列P0x1x2xN. 将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出,并按原顺序依次
30、放入对应的前 和后 个位置,得到排列P1 N 2 N 2 x1x3xN1x2x4xN,将此操作称为C变换 将P1分成两段,每段 个数,并对每段作C变换,得到P2； 当 2in N 2 2 时,将Pi分成 2i段,每段个数,并对每段作C变换,得到Pi1.例如,当N8 时,P2x1x5x3x7x2x6x4x8,此 N 2i 时x7位于P2中的第 4 个位置 (1)当N16 时,x7位于P2中的第_个位置； (2)当N2n(n8)时,x173位于P4中的第_个位置 【答案】32n411 【解析】 (1)当N16 时, P0x1x2x3x4x5x6x16, P1x1x3x5x7x15x2x4x6x16
31、, P2x1x5x9x13x3x7x11x15x2x6x10x14x4x8x12x16, 所以x7位于P2中的第 6 个位置 (2)根据题意可知P4将这 2n个数分成 24段,每段有 2n4个数,每段数下标分别构成公差为 16 的等差数 列第 1 段的首项下标为 1,其通项公式为 16n15,当 16n15173 时,nN N* *；第 2 段的首项下标为 9, 47 4 其通项公式为16n7,当16n7173时,nN N* *； 第3段的首项下标为5,其通项公式为16n11,当16n 45 4 11173 时,nN N* *；第 4 段的首项为 13,其通项公式为 16n3,当 16n317
32、3 时,n11N N* *.故x173位 23 2 于P4中的第 32n411 个位置 15.【山东省肥城市 2018 届高三适应性训练】如图所示,由若干个圆点组成形如三角形的图形,每条边（包 括两个端点）有 （,）个点,每个图形总的点数记为,则 _ 【答案】 【解析】 每个边有 n 个点,把每个边的点数相加得 3n,这样角上的点数被重复计算了一次,故第 n 个图形的点 数为 3n-3,即 an=3n-3,令 Sn= 故答案为 16如图所示是毕达哥拉斯（Pythagoras）的生长程序:正方形上连接着等腰直角三角形,等腰直角三角形 边上再连接正方形,如此继续,若共得到 1023 个正方形,设初
33、始正方形的边长为,则最小正方形的边 长为 【答案】 【 解 析 】 设,即,解 得 正 方 形 边 长 构 成 数 列 ,从而最小正方形的变长为 17.已知等差数列an中,有,则在等比数列bn中,会有类似的结论： a11a12a20 10 a1a2a30 30 _ 【答案】 【解析】由等比数列的性质可知b1b30b2b29b11b20,. 10 b11b12b20 30 b1b2b30 18.已知函数 2 1 ( )2ln () 2 f xxaxx aR,(1,)x. （1）若函数( )f x有且只有一个极值点,求实数a的取值范围； （2）对于函数( )f x, 1( ) f x, 2( )
34、fx,若对于区间D上的任意一个x,都有 12 ( )( )( )f xf xfx,则称函数 ( )f x是函数 1( ) f x, 2( ) fx在区间D上的一个“分界函数”.已知 2 1( ) (1)lnf xax, 2 2( ) (1)fxa x,问 是否存在实数a,使得函数( )f x是函数 1( ) f x, 2( ) fx在区间(1,)上的一个 “分界函数”？若存在,求实数 a的取值范围；若不存在,说明理由. 【答案】 （）（） 【解析】 （1）, 记, 依题意,在区间上有且只有一个零点, ,得实数的取值范围是； （）若函数是函数,在区间上的一个“分界函数”, 则当时,恒成立, 且恒成立, 记, 则, 若,即： 当时,单调递减,且, ,解得； 若,即： 的图象是开口向上的抛物线, 存在,使得, 从而,在区间上不会恒成立, 记, 则, 在区间上单调递增, 由恒成立,得,得.