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2015届高三总复习试卷讲评课备课(理科数学统考四试卷)


2015 届高三第四次统考理科数学试卷讲评教案
一、教学目标: (一)知识目标 1. 通过成果展示,一题多解,多解归一,开拓解题思路,帮助学生提高运用数形结合、函 数与方程、化归与转化、分类讨论等数学思想方法分析和解决问题的能力。 2. 通过典型错误的分析,引导辨析错因,完善知识体系,掌握正确的思维方法与解题技 巧。 3. 通过拓展引申,强化思维训练,培养思维的深刻性,

使学生的思维得到由例到类的提升。 4. 引导学生正确看待考试分数,以良好的心态面对考试。 (二)能力目标 1. 培养学生观察分析、归纳总结的能力; 2. 体会感悟探索数学规律,形成知识体系的能力。 (三)德育目标 让学生享受数学美和成功的乐趣,培养学生积极向上、勇于探索的精神。 二、教学重点: 1. 查漏补缺,发现不足。 2. 进一步加强典型题型的解题方法指导。 三、教学难点: 1. 对试卷中出现的基本概念做本质剖析,对易错易混知识点进行分类辨析与变式训练 。 2. 通过对基本题型的分析、讲解,从而提高数学综合素质。 四、教学方法: 反馈交流 归纳总结 讲练结合 五、突破措施 1. 统计各题的解答情况,特别是试卷中的典型错误,分析出错原因; 2. 在错因分析、错题纠错、规范表述、反思提高、方法总结等环节上调动学生积极参与, 相互讨论学习. 六、教学过程: 一、试卷分析 1. 成绩分析 2. 错因分析 ①基本概念掌握不准确,基本题型掌握不到位,运算能力亟待提高。 ②基本的数学思想方法,如数形结合思想,化归与转化,分类讨论思想等 的运用需在以后 的学习中不断提高。 二、试题分类解析与变式训练 1、对称问题 【题 1】(统考四 8)若 f ?x ? ? ln e A. ?2 B. ?

?

3x

? 1 ? ax 是偶函数,则实数 a ? ( B )
C. ?

?

3 2

1 2

D. ?

2 3

3x 【解析】因为函数 f ( x) ? ln(e ? 1) ? ax 为偶函数,所以 f (? x) ? f ( x) ,

即 ln(e

?3 x

? 1) ? ax ? ln(e3x ? 1) ? ax ? ln(e3x ? 1) ? 3x ? ax ? ln(e3x ? 1) ? ax
3 。 2

所以 ?3 x ? 2ax ? a ? ?

【题 2】 (统考四 15) 已知函 f ( x) ?

a ( x ? b) 2 (a ? 0, b ? R, c ? 0) g ( x) ? m? f ( x)? ? n , 2 ( x ? b) ? c

其中 m, n ? R, m n ? 0 . 给出下列命题:①函数 f ( x ) 的图像关于点 (b,0) 成中心对称;②存 在实数 p, q ,使得 p ? f ( x) ? q 对于任意实数 x 恒成立;③关于 x 的方程 g ( x) ? 0 的解集 可能为 ?? 4,?2,0,3?;④若关于 x 的方程 g ( x) ? 0 的有四个不等实数解,则这四个解之和必 为 4b .其中所有正确的命题的序号是 【解析】①②④ 【回顾 1】(2010 上海春 18)已知函数 f ( x) ? 是( ) A. ? 2, ? 【答案】C 【解析】设 P(m, n) ,任意给点 M ( x, y ) 关于 P( m, n) 的对称点为 N (2m ? x, 2n ? y) ,由 .

1 的图像关于点 P 对称,则点 P 的坐标 4 ? 2x

? ?

1? 2?

B. ? 2, ?

? ?

1? 4?

C. ? 2, ?

? ?

1? 8?

D.

? 0, 0?

y ? f ( x) ?
选 C。

1 1 1 , 2n ? y ? f (2m ? x) ? 联立可解得,可知 m ? 2, n ? ,故 x 2 m? x 4?2 4?2 8
2 2

【回顾1】 (2013国标Ⅰ16) 若函数 f ( x) = (1 ? x )( x ? ax ? b) 的图像关于直线 x ? ?2 对称, 则 f ( x) 的最大值是______. 【答案】16 【回顾 3】(2012 国标文 16)设函数 f ( x) ? M+m= .

( x ? 1) 2 ? sin x 的最大值为 M,最小值为 m,则 x2 ?1

【解析】 f ( x) ?

x 2 ? 1 ? 2 x sin x 2 x sin x ? 1? 2 ,? f (? x) ? f ( x) ? 2 ,故 M+m=2 2 x ?1 x ?1
?log5 | x ? 5 | ( x ? 5) ,若关于 x 的方程 ( x ? 5) ?3

【回顾 4】(周考二 10 重点班)已知函数 f ( x) ? ?

f 2 ( x) ? bf ( x) ? c ? 0 有 五 个 不 等 实 根 x1 , x2 ,? ? ?, x5 , 则 f ( x1 ? x2 ? ? ? ? ? x5 ) ?
( ) A. log5 3 【答案】C B. 1 ? log5 3
x

C. 1 ? log5 4

D.2

g ( x) ? 【变式 1】 函数 f ( x) ? lg(10 ? 1) ? ax 是偶函数,

4x ? b 是奇函数, 则a ? b ? ( 2x



A.1 【答案】D 【变式 2】已知函数 f ? x ? ? 于直线 【解析】由于 f ( x) ? 对称.

B. ?1

C. ?

1 2

D.

1 2

sin ? x .函数 f ? x ? 的定义域是 R,且其图象关 ? x ? 1?? x2 ? 2x ? 2?
2

sin ? x sin ? x ,故 f ? x ? 的定义域是 R ? 2 2 2 ( x ? 1)( x ? 2 x ? 2) ( x ? 1) ? ?(1 ? x) ? 1? ?
2

2 2 看到 y ? ( x ? 1) ? ?(1 ? x) ? 1? ? 的对称轴为 x ?

1 1 ,且 x ? 为 y ? sin ? x 的一条对称轴 2 2

1 为 f ( x) 图象的对称轴. 2 1 1 【变式 3】给出定义:若 m ? ? x ? m ? (其中 m 为整数),则 m 叫做离实数 x 最近的 2 2 整数 记作{x},即 ?x? ? m . 函数 f ( x) ? x ? ?x? 的图像关于直线 对称. k 【解析】画出图像易得对称轴为直线 x ? (k ? Z ) . 2 b 【变式 4】 (2009 福建 10)函数 f ( x) ? ax 2 ? bx ? c (a ? 0) 的图象关于直线 x ? ? 对称。 2a
故x? 据此可推测, 对任意的非零实数 a, b, c, m, n, p, 关于 x 的方程 m ? f ( x) ? ? nf ( x) ? p ? 0
2

的解集都不可能是( A. ?1, 2?

) B ?1, 4? C ?1, 2,3, 4? D ?1,4,16,64?

【答案】D 【小结】对称问题的本质是点的对称,函数奇偶性是基础。 2、函数思想

大道至简:构造函数的智慧
函数思想的本质就是运用运动、变化的观点,分析和研究数量减的关系,最终通过函数 的图像和性质解决问题,它是研究数学问题的重要工具。运用函数思想,常需要构造函数, 而构造法属于非常规思维, 它适用于对那些常规方法不易解决的问题, 是培养创造性思维能 力的一种有效途径。 一、基于问题形式特征的分析,创新构造函数解决有关函数问题,化繁为简。 构造法的主要思想是依据题设条件的特征, 以所求结论为方向, 在构造中实现思维的升 华,使问题变得简洁明了,解决起来轻松自如。

【题 3】(统考四 9)若 0 ? x1 ? x2 ? 1 ,则( C ) A. e 2 ? e 1 ? ln x2 ? ln x1
x x

B. e 2 ? e 1 ? ln x2 ? ln x1
x x

C. x2e 1 ? x1e
x

x2

D. x2e 1 ? x1e
x
x

x2

【解析】设函数 f ( x) ? e ? ln x 且 g ( x) ?

ex 1 ( x ? 1)e x x ,则 f ?( x) ? e ? , g ?( x) ? , x x x2

因为 0 ? x ? 1 ,所以 f ?( x ) 不能确定,且 g ?( x) ? 0 , 所以函数 f ( x) 单调性不确定,函数 g ( x) 在区间 (0,1) 上单调递减, 则 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ?

e x1 e x2 ? ? x2e x1 ? x1e x2 ,故选 C。 x1 x2
2

【回顾 1】(高二下月考四 10)设函数 f ? x ? 满足 x f ? ? x ? ? 2 xf ? x ? ? 当 x ? 0 时, f ? x ? ( D ) (A)有极大值,无极小值 (C)既有极大值又有极小值
2 ' 2

ex e2 , f ? 2? ? , 则 x 8

(B)有极小值,无极大值 (D)既无极大值也无极小值
'

【解析】构造函数 F ( x) ? x f ( x),则F ( x) ? x f ( x) ? 2 xf ( x), F (2) ? 4 f (2) ?

e2 , 2

由 x f ? ? x ? ? 2 xf ? x ? ?
2

ex ex e x ? 2 x 2 f ( x) , 得 x 2 f ' ( x) ? ? 2 xf ( x) ? f ' ( x) ? ,即 x x x3

e x ? 2 F ( x) e x ( x ? 2) x ' x ' f ( x) ? ,令 g ( x) ? e ? 2 F ( x),则g ( x) ? e ? 2 F ( x) ? ,至此问题 x3 x
'

已解决. 【回顾 2】 (周考三 14(普通班))已知函数 f ? x ? ? a ln ? x ? 1? ? x ,若对 0 ? x1 ? x2 ? 1 ,
2

不等式

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? 1 恒成立,则实数 a 的取值范围为 x2 ? x1



【反思】对 0 ? x1 ? x2 ? 1 ,不等式

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? 1 恒成立等价于 f ( x2 ) ? x2 ? f ( x1 ) ? x1 x2 ? x1

对 0 ? x1 ? x2 ? 1 恒成立,构造函数 g ( x) ? f ( x) ? x ,问题化为证明 g ( x) 在区间 ?0,1? 单调 递增. 【答案】 a ? 6

类似的有 (周考三 14 重点班) 已知函数 f ? x ? ? a ln ? x ? 1? ? x ,在区间 ? 0,1? 内任取两个实
2

数 p, q , 且 p ? q , 若 不 等 式 为 。

f ? p ? 1? ? f ? q ? 1? ?1 恒成立,则实数 a 的取值范围 p?q

【答案】 a ? 15 (月考三 21)已知函数 f ( x) ?

x2 ? a 3 ln( x ? a ? a 2 ) , a ? R 且 a ? 0 . 2
f ( x2 ) ? f ( x1 ) a 2 ? ?a. x2 ? x1 2

(Ⅰ)讨论函数 f ( x) 的单调性; (Ⅱ)当 a ? 0 时,若 a 2 ? a ? x1 ? x2 ? a 2 ? a ,证明: 【解析】(1) f ?( x) ? x ?

a3 x 2 ? (a ? a 2 ) x ? a 3 ( x ? a )( x ? a 2 ) ……2 分 ? ? x ? a ? a2 x ? a ? a2 x ? a ? a2
2

令 f ?( x) ? 0 ,因为 x ? a ? a 2 ? 0 故 ( x ? a )( x ? a ) ? 0 . 当 a ? 0 时,因 a ? a 2 ? a 且 a ? a 2 ? a 2 所以上不等式的解为 (a ? a , ??) ,
2

从而此时函数 f ( x) 在 (a ? a , ??) 上单调递增.
2 2

……………………4 分

当 a ? 0 时,因 a ? a ? a 2 ? a 2 所以上不等式的解为 (a , ??) , 从而 f ( x) 在 (a , ??) 上单调递增,同理 f ( x) 在 (a ? a , a ] 上单调递减.……6 分
2 2 2

(2)(方法一)要证原不等式成立,只须证明 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? ( x2 ? x1 )(

a2 ? a) , 2

a2 a2 ? a) x2 ? f ( x1 ) ? ( ? a) x1 . 2 2 2 2 因为 a ? a ? x1 ? x2 ? a ? a 所以原不等式只须证明:
只须证明 f ( x2 ) ? (

a2 ? a) x 在 x ? (a 2 ? a, a 2 ? a ) 内单调递减. ……………8 分 2 3 2 a 4 a3 2 x ? a x ? ? ? a2 a2 a3 2 2 2 由(1)知 h?( x) ? x ? ( ? a ) ? , ? 2 x ? a ? a2 x ? a ? a2 因为 x ? a ? a 2 ? 0 , 3 2 a 4 a3 2 2 2 ? ? a2 , x ? ? 我们考察函数 g ( x) ? x ? a x ? ? a ? a, a ? a ? ?. 2 2 2 a2 ? a ? a2 ? a 3a 2 ? a 2 ? x对称轴 ? 因 ?? a 2 ? a, a 2 ? a ? ? ?, 2 4
函数 h( x) ? f ( x) ? ( 所以 g ( x) ? g (a ? a ) ? 0 .
2

……………………………10 分
2

从而知 h?( x) ? 0 在 x ? (a ? a, a ? a ) 上恒成立,
2

所以函数 h( x) ? f ( x) ? ( 从而原命题成立

a2 ? a) x 在 x ? (a 2 ? a, a 2 ? a ) 内单调递减. 2
……………………………………………12 分

(方法二)要证原不等式成立,只须证明 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? ( x2 ? x1 )(

a2 ? a) , 2

a2 a2 只须证明 f ( x2 ) ? ( ? a ) x2 ? f ( x1 ) ? ( ? a ) x1 ( a 2 ? a ? x1 ? x2 ? a 2 ? a ), 2 2 2 ?a ? 设 g ?x ? ? f ?x ? ? ? ? 2 ? a? ?x , ? ?

? a2 ? 2 2 则欲证原不等式只须证明函数 g ? x ? ? f ? x ? ? ? ? 2 ? a? ?x 在 x ? ? ? a ? a, a ? a ? ? 内单调递减 ? ?
………………8 分 由(1)可知 g ?? x ? ? f ?? x ? ? ? ?

? a2 ? ? a2 ? a3 ? ? a? ? x ? ? ? a? 2 ? ? ? x?a?a ? 2 ? 2 ? ?

? x ? a ? a2 ?

? a2 ? a3 2 ? ? ? a ? a ? ? a 2 ? 2 ?. x?a?a ? ?
a3 在? a 2 ? a, a 2 ? a ? 2 ? ? 上为增函数, x?a?a
2

2 因为 a ? 0 ,所以 y ? x ? a ? a ?

所以 g ? ? x ? ? g ? a ? a ? a ? a ? a ? a ?
2 2
2 2

?

?

? a2 ? a3 2 ? a ? a ? ? ?a? ? 0. 2 2 a ?a?a?a ? 2 ?

从而知 g ?? x ? ? 0 在 x ? (a ? a, a ? a ) 上恒成立, 所以函数 g ? x ? ? f ? x ? ? ? ? 从而原命题成立. 【变式 1】(2013 福建 8)设函数 f ( x) 的定义域为 R, x0 ( x0 ? 0) 是 f ( x) 的极大值点,以 下结论一定正确的是( ) B. ? x0 是 f (? x) 的极小值点 D. ? x0 是 ? f (? x) 的极小值点
3

? a2 ? 2 2 ? a? ? x 在 x ? (a ? a, a ? a ) 内单调递减. 2 ? ?

A. ?x ? R, f ( x) ? f ( x0 ) C. ? x0 是 ? f ( x) 的极小值点

【解析】问题抽象,构造简单的初等函数来处理。取 f ( x) ? x ? 3x ,易得选 D。
' 【变式 2】已知 f ( x) 是定义域为(0,+∞)的可导函数,且 f ( x) ? xf ( x) 恒成立,则不等式

1 x 2 f ( ) ? f ( x) ? 0 的解集是_______________.【答案】 ?1,??? x

二、基于问题的合理化归,灵活构造函数解决有关方程问题,化生为熟。
2 x 【题 4】(统考四 10)已知函数 f ( x ) ? x ? e ?

1 ( x ? 0) 与 g ( x) ? x 2 ? ln(x ? a) 的图象 2

在存在关于 y 轴对称点,则 a 的取值范围是( B )

(-?, ) A.

1 e

B. (-?,e)

(C.

1 ,e) e

(- e, ) D.

1 e

【分析】本题考查了指、对数函数的性质和函数与方程的思想,将方程
2 x0 ? e x0 ?

1 ? (? x0 ) 2 ? ln(? x0 ? a )( x0 ? 0) 2



















1 y ? e x ? ln(? x ? a ) ? ( x ? 0) 有零点。 2
【解析】由题可得存在 x0 ? (??,0) 满足 x0 ? e 0 ?
2 x

1 ? (? x0 ) 2 ? ln(? x0 ? a ) 2
0

? e x0 ? ln(? x0 ? a ) ?

1 1 ? 0, 当 x0 取决于负无穷小时, e x ? ln( ? x0 ? a ) ? 趋近于 ?? , 2 2
1 在定义域内是单调递增的, 2

因为函数 y ? e x ? ln( ? x ? a ) ?

所以 ln a ? ln e ? a ? e ,故选 B。 【题 5】(月考四 20)设函数 f ( x) ? (1)求 f ( x) 的极大值; (2)试探究函数 F ( x) ? x f ( x) ? k ( x ? ) ? 1(k ? R) 与 g ( x) 的图象在其公共点处是否存
3 '

ln x , g ( x) ? x 2 . 2 x

1 x

在公切线,若存在,研究 k 的值的个数;若不存在,请说明理由.

? F ' ( x0 ) ? g ' ( x0 ) 【分析】(2)公切线问题化归为方程组 ? 的解问题,再进一步转化为方程 ? F ( x0 ) ? g ( x0 )
x2 ? 8 x k2 ?8 k ? ln ( x ? 0) ,最终转化为函 ? ln 在 (0, ??) 解的个数问题,构造函数 ? ( x) ? 8 2 8 2
数 ? ( x) 的零点问题. 【解析】(1) f ?( x) ?

x ? 2x ln x 1 ? 2ln x ? . 由 f ?( x) ? 0 得 x ? e , x4 x3

从而 f ( x) 在 (0, e ) 单调递增,在 ( e , ??) 单调递减.

f ( x)极大 ? f ( e ) ?

1 . 2e

????????????4 分

2 (2) F ( x) ? x( x f ?( x) ? k ) ? a ?

k 1 ? k ( x ? ) ? 2 ln x x x

假设 F ( x), g ( x) 的图象在其公共点 ( x0 , y0 ) 处存在公切线,则

? F ?( x) ?

kx 2 ? 2 x ? k , g ?( x) ? 2 x x2

由 F ?( x0 ) ? g ?( x0 ) 得

kx0 2 ? 2 x0 ? k ? 2 x0 ,即 2x03 ? kx02 ? 2x0 ? k ? 0 x0 2
k 2
又函数的定义域为 (0, ??)

?( x02 ? 1)(2 x0 ? k ) ? 0, ? x0 ?
当 k ? 0 时, x0 ?

k ? (0, ??) ? 函数 F ( x) 与 g ( x) 的图象在其公共点处不存在公切线; 2 k2 k k2 k2 ? 8 k k k 当 k ? 0 时,令 F ( ) ? g ( ), 即: 即: ? 2ln ? 2 ? ? ln ( k ? 0) 2 2 2 2 4 8 2 2 k ?8 k 下面研究方程 ? ln 在 (0, ??) 解的个数 8 2 x2 ? 8 x 1 1 x2 ? 4 ? ln ( x ? 0) 令 ? ( x) ? ? ?( x) ? x ? ? 8 2 4 x 4x 1 ? ( x) 在 (0, 2) 递减, (2, ??) 递增; 且 ? (2) ? ? ? 0 2
且当 x ? 0,? ( x) ? ?? ; 当 x ? ??,? ( x) ? ??

?? ( x ) 在 (0, ??) 有两个零点? 方程

k2 ?8 k ? ln 在 (0, ??) 解的个数为 2 8 2

综上:当 k ? 0 时,函数 F ( x) 与 g ( x) 的图象在其公共点处不存在公切线; 当 k ? 0 时,符合题意的 k 的值有 2 个
:学.科

?????????????13 分
x 2

【回顾 3】(周考二(重点班)21)已知函数 f ( x) ? e ? ax ? ex, a ? R . (Ⅰ)若曲线 y ? f ( x) 在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,求函数 f(x)的单调区 间; (Ⅱ)试确定 a 的取值范围,使得曲线 y ? f ( x) 上存在唯一的点 P,曲线在该点处的切线 与曲线只有一个公共点 P. 【分析】本小题主要考查函数的导数、导数的应用、一元二次函数的性质、函数的零点等基 础知识,考查运算求解能力、抽象概括能力、推理论证能力,考查数形结合思想、化归与转

化思想、分类与整合思想、有限与无限思想。(Ⅱ)将曲线 y ? f ( x) 在点 P 处的切线与曲 线只有一个公共点 P 的问题转化为函数 g ( x) ? f ( x) ? f ' ( x0 )(x ? x0 ) ? f ( x0 ) 的零点问题. 【解析】(Ⅰ)由于 f ' ( x) ? e x ? 2ax ? e ,曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处切线的斜率

k ? 2a ? 0 ,所以 a ? 0 ,即 f ( x) ? e x ? ex 。
此时 f ' ( x) ? e x ? e ,由 f ' ( x) ? 0 得 x ? 1 。当 x ? (??, 1) 时,有 f ' ( x) ? 0 ;

, ? ?) 时,有 f ' ( x) ? 0 。 当 x ? (1
1) ,单调递增区间为 (1, ? ?) 。 所以 f ( x) 的单调递减区间为 (??,
(Ⅱ)设点 P( x0,f ( x0 )) ,曲线 y ? f ( x) 在点 P 处的切线方程为

y ? f ' ( x0 )(x ? x0 ) ? f ( x0 ) ,令 g ( x) ? f ( x) ? f ' ( x0 )(x ? x0 ) ? f ( x0 ) ,
故曲线 y ? f ( x) 在点 P 处的切线与曲线只有一个公共点 P 等价于 g ( x) 有唯一零点。 因为 g ( x0 ) ? 0 ,且g ' ( x) ? f ' ( x) ? f ' ( x0 ) ? e x ? e
x0

? 2a( x ? x0 ) 。

(1)若 a ? 0,当x ? x0时,g ' ( x) ? 0,则x ? x0时,g ( x) ? g ( x0 ) ? 0 ;

当x ? x0时,g ' ( x) ? 0,g ( x) ? g ( x0 ) ? 0。故g ( x)只有唯一零点 x ? x0。
由 P 的任意性, a ? 0 不合题意。
x (2)若 a ? 0 ,令 h( x) ? ex ? e 0 ? 2a( x ? x0 ) ,则 h( x0 ) ? 0,h' ( x) ? e x ? 2a 。

令 h' ( x) ? 0 ,得 x ? ln(?2a) ,记 x ? ln(?2a) ,则当 x ? (??, x ) 时, h' ( x) ? 0 ,
* *

从而 h( x) 在 (??, x ) 内单调递减; 当 x ? ( x ,??) 时 , h' ( x) ? 0 , 从而 h( x) 在 ( x ,??)
* * *

内单调递增。 ①若 x0 ? x ,由 x ? (??, x ) 时, g ' ( x) ? h( x) ? h( x ) ? 0; x ? ( x ,??) 时,
*
* * *

g ' ( x) ? h( x) ? h( x* ) ? 0 ,知 g ( x) 在 R 上单调递增。
所以函数 g ( x) 在 R 上有且只有一个零点 x ? x 。
*

②若 x0 ? x ,由于 h( x) 在 ( x ,??) 内单调递增,且 h( x0 ) ? 0 ,则当 x ? ( x , x0 ) 时有
*
*

*

g ' ( x) ? h( x) ? h( x0 ) ? 0 , g ( x) ? g ( x0 ) ? 0 ;任取 x1 ? ( x* , x0 ) 有 g ( x1 ) ? 0.

又当 x ? (??, x1 ) 时,易知 g ( x) ? ex ? ax2 ? (e ? f ' ( x0 ))x ? f ( x0 ) ? x0 f ' ( x0 )

? ex 1 ? ax2 ? (e ? f ' ( x0 ))x ? f ( x0 ) ? x0 f ' ( x0 ) ? ax2 ? bx ? c,
其中 b ? ?(e ? f ' ( x0 )),c ? e 1 ? f ( x0 ) ? x0 f ' ( x0 ).
x

由于 a ? 0 ,则必存在 x2 ? x1 ,使得 ax2 ? bx2 ? c ? 0. 所以 g ( x2 ) ? 0 ,故 g ( x) 在 ( x2 , x1 ) 内存在零点,即 g ( x) 在 R 上至少有两个零点。 ③若 x0 ? x* ,仿②并利用 e ?
x

2

x3 ,可证函数 g ( x) 在 R 上至少有两个零点。 6

综上所述,当 a ? 0 时,曲线 y ? f ( x) 上存在唯一点 P(ln(?2a), f (ln(?2a))) ,曲线在 该点处的切线与曲线只有一个公共点 P。 【回顾 4】(周考三 16)把函数 f ( x) ? x ? x 的图像 C1 向右平移 u 个单位长度,再向下平
3

移 v 个单位长度后得到函数 g ( x) 的图像 C2 . (Ⅰ)求函数 g ( x) 的解析式; (Ⅱ)证明: C1 与 C2 关于点 A( , ? ) ; (Ⅲ)如果若对任意的 u ? 0 ,曲线 C1 与 C2 至多只有一个交点,求 v 的最小值. 【分析】(Ⅲ)将曲线 C1 与 C2 交点问题转化为函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) 的零点问题.
2 2 3 证明:设 h( x) ? f ( x) ? g ( x), 则 h( x) ? 3ux ? 3u x ? u ? u ? v

u 2

v 2

由题意即为对任意 u ? 0 ,函数 h( x) 有两个零点.
4 3 故 ? ? 9u ? 12u u ? u ? v ? 0 即 v ? ?

?

?

u3 ? u 对任意 u ? 0 恒成立. 4

易求得 v ?

4 3 4 3 ,即 v 的最小值为 . 9 9
x

【回顾 5】(周考三 19)已知函数 f ( x) ? ln(e ? a) (a 为常数)是 R 上的奇函数,函数

g ( x) ? ?f ( x) ? sin x 是区间[-1,1]上的减函数. (Ⅰ)求 a 的值; 2 (Ⅱ)若 g ( x) ? t ? ?t ? 1在x ? [?1,1]上恒成立,求 t 的取值范围;

(Ⅲ)讨论关于 x 的方程

ln x ? x 2 ? 2ex ? m 的根的个数. f ( x)
ln x ln x ? x 2 ? 2ex ? m 的根的个数问题转化为函数 y ? x f ( x)

【反思】(Ⅲ)将关于 x 的方程

与 y ? x2 ? 2ex ? m 的图像交点问题. 【解析】(Ⅰ)? f ( x) ? ln(e x ? a) 是奇函数,? ln(e ? x ? a) ? ? ln(e x ? a) ,

? (e ? x ? a)(e x ? a) ? 1, 即 a(a ? e x ? e? x ) ? 0 ,故 a=0;
(Ⅱ)由(Ⅰ)知: f ( x) ? x,? g ( x) ? ?x ? sin x ,? g ( x)在[?1,1] 上单调递减,

? g ' ( x) ? ? ? cos x ? 0 ,? ? ? ? cos x 在[-1,1]上恒成立,? ? ? ?1 .

[ g ( x)]max ? g (?1) ? ?? ? sin 1, ?只需 ? ? ? sin 1 ? t 2 ? ?t ? 1, 即(t ? 1? ) ? t2 ? s i n ? 1? 1(其中 0 ? ? ?1 )恒成立,
令 h(? ) ? (t ? 1)? ? t 2 ? sin 1 ? 1 ? 0(? ? ?1) ,则 ?

?t ? 1 ? 0

, 2 ?? t ? 1 ? t ? sin 1 ? 1 ? 0

?t ? ?1 ?? 2 , 而t 2 ? t ? sin 1 ? 0 恒成立,? t ? ?1 ?t ? t ? sin 1 ? 0
(Ⅲ)由

ln x ln x ln x , f 2 ( x) ? x 2 ? 2ex ? m, 则 ? ? x 2 ? 2ex ? m. 令 f1 ( x) ? x f ( x) x
1 ? ln x ' , 所以当 x ? (0, e? 时, f 1 ? x ? ? 0, ? f1 ( x)在?0, e? 上为增函数; x2
'

f1' ( x) ?

当 x ? ?e,??? 时, f1 ( x) ? 0, ? f1 ( x)在?e,??? 上为减函数, 可得当 x ? e时, [ f 1 ( x)] max ? f 1 (e) ? 故当 m ? e ? 即m ? e ?
2 2

1 , 而 f 2 ( x) ? ( x ? e) 2 ? m ? e 2 , e

1 时,方程无解; e 1 1 2 2 当 m ? e ? , 即m ? e ? 时,方程有一个根; e e 1 1 2 2 当 m ? e ? , 即 m ? e ? 时,方程有两个根. e e
2 【回顾 6】(周考三 20)已知函数 f ( x) ? x ? a( x ? ln x) , x ? 0 , a ? R 是常数.

1 e

(Ⅰ)求函数 y ? f ( x) 的图象在点 1 , f ?1? 处的切线方程;

?

?

(Ⅱ)若函数 y ? f ( x) 图象上的点都在第一象限,试求常数 a 的取值范围; (Ⅲ)证明: ?a ? R ,存在 ? ? (1 , e) ,使 f ' (? ) ?
'

f (e) ? f (1) . e ?1

【反思】(Ⅲ)将方程有解问题转化为函数 g ( x) ? f ( x) ? 【解析】(Ⅰ) f ( x ) ? 2 x ? a (1 ?
/

f (e) ? f (1) 的零点问题 e ?1

1 ) , f (1) ? 1 ? a , f / (1) ? 2 ? 2a ?????2 分 x

函数 y ? f ( x) 的图象在点 (1 , f (1)) 处的切线为 y ? (1 ? a) ? (2 ? 2a)(x ? 1) , 即 y ? (1 ? a)(2 x ? 1) ?????????4 分 (Ⅱ)① a ? 0 时, f ( x) ? x 2 ,因为 x ? 0 ,所以点 ( x , x 2 ) 在第一象限, 依题意, f ( x) ? x ? a( x ? ln x) ? 0 ?????????5 分
2

② a ? 0 时,由对数函数性质知, x ? (0 , 1) 时, ln x ? (?? , 0) , a ln x ? (?? , 0) , 从而“ ?x ? 0 , f ( x) ? x 2 ? a( x ? ln x) ? 0 ”不成立 ???????6 分 ③ a ? 0 时,由 f ( x) ? x 2 ? a( x ? ln x) ? 0 得 设 g ( x ) ? ?(

1 1 1 ? ?( ? 2 ln x) , a x x

1 1 x ?1 2 ? 2 ln x) , g / ( x) ? 3 ? 3 ln x x x x x

g ( x) ? g (1) ? ?1,从而

1 1 1 ? ?( ? 2 ln x) ? ?1 , ? 1 ? a ? 0 ?????8 分 a x x
???????9 分

综上所述,常数 a 的取值范围 ? 1 ? a ? 0 (Ⅲ)直接计算知

f (e) ? f (1) a ? e ?1? a ? ????????10 分 e ?1 e ?1 f (e) ? f (1) a a / ? 2 x ? (e ? 1) ? ? 设函数 g ( x) ? f ( x) ? ?????11 分 e ?1 x e ?1

g (1) ? 1 ? e ? a ?

a a(e ? 2) ? (e ? 1) 2 , ? e ?1 e ?1

a a e(e ? 1) 2 ? a g (e) ? e ? 1 ? ? ? e e ?1 e(e ? 1)

(e ? 1) 2 当 a ? e(e ? 1) 或 a ? 时, e?2
2

[a(e ? 2) ? (e ? 1) 2 ][a ? e(e ? 1) 2 ] ?0 g (1) g (e) ? ? e(e ? 1) 2
因为 y ? g ( x) 的图象是一条连续不断的曲线,所以存在 ? ? (1 , e) ,使 g (? ) ? 0 , 即 ? ? (1 , e) ,使 f / (? ) ?

f (e) ? f (1) ;??????12 分 e ?1



(e ? 1) 2 ? a ? e(e ? 1) 2 时, g (1) 、 g (e) ? 0 ,而且 g (1) 、 g (e) 之中至少一个为 e?2
a ? e2 ?1 ,等号当且仅当 x ? e ?1

正,由均值不等式知, g ( x) ? 2 2a ?

a ? (1 , e) 时 2

a ? e 2 ? 1 ? a ? 2(e ? 1) 2a ? (e 2 ? 1) 成立,所以 g ( x) 有最小值 m ? 2 2a ? , ? e ?1 e ?1
且m ?

? a ? 2(e ? 1) 2a ? (e 2 ? 1) ? [ a ? 2 (e ? 1)]2 ? (e ? 1)(e ? 3) ? ?0, e ?1 e ?1

此时存在 ? ? (1 , e) ( ? ? (1 ,

a a ) 或? ? ( , e) ),使 g (? ) ? 0 。???13 分 2 2
f (e) ? f (1) ??????14 分 e ?1
x

/ 综上所述, ?a ? R ,存在 ? ? (1 , e) ,使 f (? ) ?

【变式 3】(2011 江苏)在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 P 是函数 f ( x) ? e ( x ? 0) 的 图象上的动点,该图象在 P 处的切线 l 交 y 轴于点 M,过点 P 作 l 的垂线交 y 轴于点 N,设 线段 MN 的中点的纵坐标为 t,则 t 的最大值是_____________. 【答案】 tmax ?

1 1 (e ? ) 2 e

【解析】综合考察指数函数、导数的几何意义、导数的应用、直线方程及其斜率、直线的位 置关系,难题。 设 P( x0 , e 0 ), 则 l : y ? e 0 ? e 0 ( x ? x0 ),? M (0,(1 ? x0 )e 0 ) ,过点 P 作 l 的垂线
x

x

x

x

y ? ex0 ? ?e? x0 ( x ? x0 ), N (0, ex0 ? x0e? x0 )



1 1 t ? [(1 ? x0 )e x0 ? e x0 ? x0e ? x0 ] ? e x0 ? x0 (e ? x0 ? e x0 ) 2 2 1 1 1 t ' ? (e x0 ? e ? x0 )(1 ? x0 ) ,所以,t 在 (0,1) 上单调增,在 (1, ??) 单调减, tmax ? (e ? ) 。 2 e 2
【变式 4】(2013 天津 7)函数 f ( x) ? 2x | log0.5 x | ?1 的零点个数为( (A) 1 (B) 2 (C) 3 ) (D) 4

?1? 【 解 析 】 f ( x) ? 0 ? 2 x | log 0.5 x |? 1 ?| log 0.5 x |? ? ? , 化 为 函 数 g ( x) ? l o 0 g .5 x 与 ?2?

x

?1? h( x) ? ? ? 的图像交点问题. ?2?
【变式 5】(2013 湖南 5)函数 f ? x ? ? 2ln x 的图像与函数 g ? x ? ? x ? 4x ? 5 的图像的交
2

x

点个数为( A.3

) B .2 C .1 D.0

【解析】构造函数 h( x) ? g ( x) ? f ? x ? , 则h( x) ? x2 ? 4x ? 5 ? 2ln x ,易得 B
2 【变式 6】设函数 f ( x) ? ln(x ? a) ? x ,若直线 y ? x 为函数 f ( x) 的图象的一条切线,求

a 的值。
解:设切点为 P?x0 , x0 ? ,则 f ??x0 ? ? 1 ?
2

1 1 ? 2 x0 ? 1 ? x0 ? a ? x0 ? a 1 ? 2 x0

且 f ?x0 ? ? x0 ? ln?x0 ? a? ? x0 ? x0 ∴ ln

1 2 ? x0 ? x0 1 ? 2 x0
2

即: x0 ? x0 ? ln?1 ? 2x0 ? ? 0
2

再令 h?x ? ? x ? x ? ln?1 ? 2 x ? , x ? ?

2 1 ?0 ,∴ h ?? x ? ? 1 ? 2 x ? 1 ? 2x 2

∴ h ? x ? 为增函数,又 h?0? ? 0 ,∴ h?x0 ? ? 0 ? x0 ? 0 .则 a ? 1 为所求

三、基于等价转化,将解证不等式问题转化为函数问题. 【回顾 7 】(周考三 13 )已知 a ? R ,且满足 (a ? 1) 为 .
? 1 3 ? 1 3

? (3 ? 2a) 3 ,则 a 的取值范围

?

1

【解析】根据所求不等式的结构特点,构造函数 f ( x) ? x

,再运用 f ( x) 的性质解题得

a ? ?1 或

2 3 ?a? . 3 2
x

【回顾 8】 (统考一 21) 设 g ( x) ? e , f ( x) ? g[?x ? (1 ? ?)a] ? ?g ( x) ,其中 a, ? 是常数, 且 0 ? ? ? 1. (1)求函数 f ( x) 的最值;

(2)证明:对任意正数 a ,存在正数 x ,使不等式

g ( x) ? 1 ? 1 ? a 成立; x
? ?

(3)设 ?1 ? 0, ?2 ? 0 ,且 ?1 ? ?2 ? 1 ,证明:对任意正数 a1 , a 2 都有 a1 1 a2 2 ? ?1a1 ? ? 2 a2 . 【反思】(2)转化为函数 ? ( x) ? e ? (1 ? a) x ? 1 , ? ( x) ? 0 有解.
x

(3)问题转化为 g ( x) 的凹凸性问题. 【解析】(1)∵ f ?( x) ? ? g ?[? x ? (1 ? ? )a] ? ? g ?( x) , ---------------1 分 由 f ?( x) ? 0 得, g ?[? x ? (1 ? ? )a] ? g ?( x) , ∴ ? x ? (1 ? ? )a ? x ,即 (1 ? ? )( x ? a) ? 0 ,解得 x ? a ,-----------------3 分 故当 x ? a 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? a 时, f ?( x) ? 0 ; ∴当 x ? a 时, f ( x) 取最大值, f ( x)max=f (a) ? (1 ? ? ) g (a) ? (1 ? ?)ea

f ( x) 没有最小值.
(2)∵

-----------------4 分

ex ?1 ex ? x ?1 , ?1 ? x x
x x

又当 x ? 0 时,令 h( x) ? e ? x ? 1 ,则 h?( x) ? e ? 1 ? 0 ,故 h( x) ? h(0) ? 0 ,

ex ? x ?1 ? a ,即 e x ? (1 ? a) x ? 1 ? 0 , 因此原不等式化为 x
令 ? ( x) ? e ? (1 ? a) x ? 1 ,则 ? '( x) ? e ? (1 ? a) ,
x x
x 由 ? '( x) ? 0 得: e ? 1 ? a ,解得 x ? ln(1 ? a) ,

当 0 ? x ? ln(1 ? a) 时, g ?( x) ? 0 ;当 x ? ln(1 ? a) 时, g ?( x) ? 0 . 故当 x ? ln(1 ? a) 时, ? ( x) 取最小值

? ( x)min ? ?[ln(1 ? a)] ? a ? (1 ? a) ln(1 ? a) ,
令 s(a) ? a ? (1 ? a) ln(1 ? a)(a ? 0) ,则 s?(a) ? ? ln(1 ? a) ? 0 . 故 s(a) ? s (0) ? 0 ,即 ?[ln(1 ? a)] ? a ? (1 ? a) ln(1 ? a) ? 0 . 因此,存在正数 x ? ln(1 ? a) ,使原不等式成立.

-----------------7 分

-----------------9 分

(3)由(1) f ( x) ? (1 ? ? ) g (a) 恒成立,故 g[? x ? (1 ? ? )a] ? ? g ( x) ? (1 ? ? ) g (a) , 取 x ? x1 , a ? x2 , ? ? ?1 ,1 ? ? ? ?2 ,即得 g (?1x1 ? ?2 x2 ) ? ?1 g ( x1 ) ? ?2 g ( x2 ) ,

即e 1 1

? x ? ?2 x2

? ?1ex1 ? ?2ex2 ,故所证不等式成立.

-----------------14 分

法二:先证 ( x ? 1)? ? 1 ? ? x(? ? 0, x ? ?1) 令 ? ( x) ? ( x ? 1) ? ? x , ? '( x) ? ?[( x ? 1)? ?1] ? 0 ,
?

则 x ? 0 ,而 x ? (?1, 0) 时, ? '( x) ? 0 ; x ? (0, ??) , ? '( x) ? 0

? ( x)min ? ? (0) ? 1 , ? ( x) ? 1,
∴ ( x ? 1)? ? 1 ? ? x(? ? 0, x ? ?1) ,令 x ?
? ?

a2 ? 1 , ? ? ?2 a1

则有 a1 1 a2 2 ? ?1a1 ? ? 2 a2 。 -----------------14 分 【回顾 9】(周考三 21 重点班)已知函数 f ( x) ? a ln x ? (Ⅰ)求实数 a 的取值范围; (Ⅱ)若 x1 ? (0, ), x2 ? (2, ??) 且 a ? [ , 2) 时,求证: f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? ln 2 ? 【反思】(Ⅱ)将不等式恒成立问题化为函数 f ( x) ? a ln x ?

1 1 (a ? 0) 在 (0, ) 内有极值. x ?1 2 3 . 4

1 2

1 2

1 (a ? 0) 的最值问题. x ?1

1 ax 2 ? (2a ? 1) x ? a ? 【解析】(Ⅰ)由 f ( x ) ? a ln x ? 得: f ( x) ? , x ?1 x( x ? 1)2
2 方法 1:因为 a ? 0, 令 g ( x ) ? x ? (2 ? ) x ? 1 ,

1 a

1 1 ? 0 ? 1 ? ? , ? 2a 2 ? 1 ? 2 2 可求 g (0) ? 1 ? 0, 令 g ( ) ? 0 或 ?? ? (2a ? 1) ? 4a ? 0, ?????2 分 2 ? 1 ? g ( ) ? 0. ? ? 2
则 0 ? a ? 2 . ????? 4 分
2 方法 2:由 ax ? (2a ? 1) x ? a ? 0 得 a ?

x , ( x ? 1) 2

令 g ( x) ?

1 ( x ? 1) ( x ? 1) x ?0 , g ?( x) ? ? ,? x ? (0, ) ,则 g ?( x) ? ? 3 2 2 ( x ? 1) ( x ? 1)3 ( x ? 1)

则函数 g ( x) 在 (0, ) 上单调递增; 又 g (0) ? 0, g ( ) ? 2 ,? 0 ? a ? 2 .

1 2

?????2 分 ?????4 分

1 2

方法 3:由 ax2 ? (2a ? 1) x ? a ? 0 得: a ?

x ? ( x ? 1) 2

1 , 1 x? ?2 x

令 h( x ) ? x ?

1 1 x2 ?1 ? 2 , x ? (0, ) ,则 h?( x) ? 2 ? 0 , x 2 x

1 1 1 ? h( x) 在 x ? (0, ) 上单调递减,且 h( x ) ? h( ) ? ? 0 , 2 2 2
则函数

1 ? h( x)

1 1 在 x ? (0, ) 上单调递增;????? 2 分 1 2 x? ?2 x
?????4 分

?0 ? a ? 2 .
(注意:若只求出

1 (0,2) 的值域为 而不说明单调性扣 1 分) 1 x? ?2 x
ax 2 ? (2a ? 1) x ? a , x( x ? 1)2

(Ⅱ)由(Ⅰ)得: f ?( x) ?

2 设 ax ? (2a ? 1) x ? a ? 0 (0 ? a ? 2) 的两根为 ? , ? .

1 ? 1 ?? ? ? ? 2 ? 则? a ,得: 0 ? ? ? ? 2 ? ? , 2 ? ?? ? ? ? 1
当 x ? (0, ? ) ?(? , ??) 时, f ?( x) ?

??????????6 分

ax 2 ? (2a ? 1) x ? a ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增; x( x ? 1)2

当 x ? (? , ) ?(2, ? ) 时, f ?( x) ? 则 f ( x1 ) ? f (? ), f ( x2 ) ? f (? ) ,

1 2

ax 2 ? (2a ? 1) x ? a ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; x( x ? 1)2
?????????8 分

则 f ( x 2 ) ? f ( x1 ) ? f ( ? ) ? f (? ) ? a ln ? ?

1 1 ? a ln ? ? , ? ?1 ? ?1

? a ln

1 1 ? ? ?? ? a[ln ? 2 ? ? ? ] (利用 ? ? ? ? 2 ? , ? ? ? ? 1 ) ? a ? ? ?? ? (? ? ? ) ? 1
2

令 h( x) ? ln x ? x ?

( x ? 1)2 1 ( x ? 2) ,则 h?( x) ? ? 0 ,所以函数 h( x) 单调递增, x x2

h( x) ? h(2) ? 2 ln 2 ? 1 2

3 1 3 2 .? ln ? ? ? ? ? 2 ln 2 ? ? 0 , 2 ? 2

2 又 a ? [ , 2) ,则 a[ln ? ? ? ?

1

?

] ? ln 2 ?

3 3 ,所以 f ( x 2 ) ? f ( x1 ) ? ln 2 ? .???12 分 4 4

另解:(其余同上) f ( x 2 ) ? f ( x1 ) ? f ( ? ) ? f (? ) ? a ln ? ?

1 1 , ? a ln ? ? ? ?1 ? ?1

? a ln

1 1 ? ? ?? ? a[ ?2 ln ? ? ? ? ] (利用 ? ? ? ? 2 ? , ? ? ? ? 1 ) ? ? a ? ?? ? (? ? ? ) ? 1

令 h( x) ? ?2 ln x ?

?2 x ? 1 ? x 2 1 1 ? x(0 ? x ? ) , 则 h?( x) ? ? 0 ,则函数 h( x) 单调递减, x 2 x2

1 1 3 1 3 h( x) ? h( ) ? 2 ln 2 ? , ? -2 ln ? ? ? ? ? 2 ln 2 ? ? 0 ,又 a ? [ ,2) , 2 2 2 ? 2 1 3 3 则 a[?2 ln ? ? ? ? ] ? ln 2 ? , 所以 f ( x 2 ) ? f ( x1 ) ? ln 2 ? . ??????12 分 ? 4 4
【回顾 10】(月考三 20)已知函数 f ? x ? ? k ( x ?1)e ? x .
x 2

(1)若在 y 轴的左侧,函数 g ? x ? ? x ? (k ? 2) x 的图象恒在 f ? x ? 的导函数 f ? ? x ? 的图象
2

的上方,求 k 的取值范围; (2)当 k ? ?1 时,求函数 y ? f ? x ? 在 ? k ,1? 上的最小值 m 。 【分析】(1)

【变式训练】(2011 辽宁理 21)已知函数 f ( x) ? ln x ? ax 2 ? (2 ? a) x . (Ⅰ)讨论 f ( x) 的单调性;

1 1 1 时, f ( ? x) ? f ( ? x) ; a a a (Ⅲ)若函数 y ? f ( x) 的图像与 x 轴交于 A,B 两点,线段 AB 中点的横坐标为 x0,证明:
(Ⅱ)设 a ? 0 ,证明:当 0 ? x ?

f ? (x0)<0.

解:(Ⅰ) f ( x)的定义域为(0, ??),

f ?( x) ?

1 (2 x ? 1)(ax ? 1) ? 2ax ? (2 ? a) ? ? . x x

(i)若 a ? 0, 则f ?( x) ? 0, 所以f ( x) 在(0, ??) 单调增加.

1 1 1 , 且 0 ? x ? ? f ' ( x) ? 0, x ? ? f ' ( x) ? 0 a a a 1 1 所以 f ( x)在(0, ) 单调增加,在 ( , ??) 单调减少. a a 1 1 (Ⅱ)设函数 g ( x) ? f ( ? x) ? f ( ? x), 则 a a
(ii)若 a ? 0, 则由f ?( x) ? 0得x ?

g ( x) ? ln(1 ? ax) ? ln(1 ? ax) ? 2ax, g ?( x) ? a a 2a 3 x 2 ? ? 2a ? . 1 ? ax 1 ? ax 1 ? a2 x2

1 时, g ?( x) ? 0, 而g (0) ? 0, 所以g ( x) ? 0 . a 1 1 1 故当 0 ? x ? 时 , f ( ? x ) ? f ( ? x). a a a
当0 ? x ? (Ⅲ)由(I)可得,当 a ? 0时,函数y ? f ( x) 的图像与 x 轴至多有一个交点, 故 a ? 0 ,从而 f ( x) 的最大值为 f ( ), 且f ( ) ? 0. 不妨设 A( x1 , 0), B( x2 , 0), 0 ? x1 ? x2 , 则0 ? x1 ? 由(II)得 f (

1 a

1 a

1 ? x2 . a

2 1 1 ? x1 ) ? f ( ? ? x1 ) ? f ( x1 ) ? 0. 从而 a a a

x2 ?

x ? x2 1 2 ? x1 , 于是x0 ? 1 ? . 由(I)知, f ?( x0 ) ? 0. a 2 a

【变 3】设函数 f ? x ? ?

x 2 ? ax ? ln x . ex

(1)若 a ? 2 ,试求函数 f ? x ? 的单调区间; (2)若函数 f ( x) 在区间(0,1]上是减函数,求 a 的取值范围.

1 ? x 2 ? ? ln x ? 2 1 2 x 【解析】(1)当 a ? 2 时, f ' ? x ? ? ,令 g ? x ? = ? x ? ? ln x ? 2 ,则 x x e

g ?1? =0,g ' ? x ? = ? 2 x ?

1 1 ?( x ? 1)(2 x 2 ? 2 x ? 1) ? ? , x2 x x2

?0 ? x ? 1 ? g ' ? x ? >0 ? g(x) Z ;x ? 1 ? g ' ? x ? <0 ? g(x) ] .


g ? x ? ? g (1) ? 0

,即

f ' ? x? ? 0

函数 f ? x ? 的单调区间为 ? 0, ?? ? ; ,故

1 ? x 2 ? (2 ? a) x ? ? ln x ? a x (2) f ' ? x ? ? ,若函数 f ? x ? 在区间(0,1]上是减函数, ex
则 ?x ? (0,1], f ' ? x ? ? 0, 故 x 2 ? 2 x ?

1 ? ln x ? a ? x ? 1? ? 0 (*) x

设h ? x ? ? x 2 ? 2 x ?

1 ? ln x ? a ? x ? 1? x
2

?1 ? x ? ? 2 x ? 2 x ? 1? 1 1 h ' ? x ? ? 2x ? 2 ? 2 ? ? a ? ? ?2? a x x x2
若 a ? 2 ,则 h ' ? x ? ? 0, h ? x ? 在 ? 0,1? 递减, h ? x ? ? h ?1? ? 0 即不等式

f ' ? x ? ? f ? x ? , ?x ? (0,1],

恒成立

若 a ? 2 ,?? ? x ? ? 2 x ?

1 1 2 1 ? ? 2 ?? ' ? x ? ? 2 ? 3 ? 2 ? 0 2 x x x x

? ? x ? 在 ? 0,1? 上递增, ? ? x ? ? ? ?1? ? ?2 ,

?x0 ? ? 0,1? , 使得? ? x0 ? ? ?a

x ? ? x0 ,1? ,? ? x ? ? ?a ,即 h ' ? x ? ? 0 , h ? x ? 在? x0 ,1? 上递增, h ? x ? ? h ?1? ? 0
这与 ?x ? ? 0,1? , x 2 ? 2 x ? 综上所述 a ? 2

1 ? ln x ? a ? x ? 1? ? 0 x 矛盾

x2 ? 2x ?
解法二:

1 ? ln x ? a ? x ? 1? ? 0 x 显然 x ? 1 ,不等式成立

1 x 2 ? 2 x ? ? ln x x 当 x ? ? 0,1? 时, a ? 恒成立 1? x
1 1 1 x 2 ? 2 x ? ? ln x ? x 2 ? 2 x ? 1 ? 2 ? ? ln x x x x 设 h ? x? ? , h '? x? ? 2 1? x 1 ? x ? ?
设 ? ? x ? ? ? x ? 2x ?1 ?
2

?1 ? x ?? 2 ? x ? ? 0 1 1 ? ? ln x, ? ' ? x ? ? 2 ?1 ? x ? ? 2 x x x3

? ? x ? 在 ? 0,1? 上递增, ? ? x ? ? ? ?1? ? 0 所以 h ' ? x ? ? 0
h ? x ? 在 ? 0,1? 上递减, h ? x ? ? h ?1? ? lim
x ?1

x2 ? 2 x ?

1 ? ln x 1 1 ? ? x ? lim ? ?2 x ? 2 ? ? 2 ? ? 2 x ? 1 1? x x x ? ?

所以

a?2

三、基于问题主元与辅元的变更,巧妙构造函数解决有关不等式等问题,化难为易。 【题 5】(统考四 21)已知函数 f ? x ? ? (1)求函数 f ? x ? 的极大值;

1 ? x2 ? x ? R? . 1 ? x ? x2

(2)若 et ? 2 x 2 ? e tx ?e t ? 2 ≥0 对满足 x ≤ 1 的任意实数 x 恒成立,求实数 t 的取值范围 (这里 e 是自然对数的底数); (3)求证:对任意正数 a 、 b 、 ? 、 ? ,恒有
2 ?? ? a ? ? b ? 2 ? ? ? a 2 ? ?b2 ? ? ? a ? ?b ? ? a 2 ? ?b2 f ?? . ?≥? ? ?? f ? ? ? ??? ? ? ??? ? ? ??? ? ?? ? ? ? ? ? ? 【分析】(2)思路一:令 a ? et ? 2 ,则 et ? 2 x2 ? et x ? et ? 2 ≥ 0 对满足 x ≤ 1 的任意

?

?

?

?

?

?

实数 x 恒成立即化为 ax ? (a ? 2) x ? a ? 4 ? 0 对满足 x ≤ 1 的任意实数 x 恒成立, 构造二次
2

函数 g ( x) ? ax2 ? (a ? 2) x ? a ? 4(a ? 2) ,利用二次函数的图像性质解决; 思路二:原不等式可化为 et ≥

2 ?1 ? x 2 ?

1 ? x ? x2

问题即化为 et ? 2 f ( x)(x ? ?? 1,1?) ,由(1)易得.

【解析】(1) f ? ? x ? ?

?2 x ?1 ? x ? x 2 ? ? ? 2 x ? 1? ?1 ? x 2 ?

∴ f ? x ? 的增区间为 ?2 ? 3, ?2 ? 3 ,f ? x ? 减区间为 ??, ?2 ? 3 和 ?2 ? 3, ?? . 极大值为 f ?2 ? 3 ? (2)原不等式可化为 e ≥ ∴
t

?

?1 ? x ? x ?

2 2

?

? ? x ? ?2 ? 3 ? ? ? x ? ?2 ? 3 ? ? ? ? ? ? 2 2 ?1 ? x ? x ?

?

?

?

?

?

? ?

?

?

?

2 ?1 ? x 2 ? 1? x ? x
2

2 3 .--------4 分 3
由(Ⅰ)知, x ≤ 1 时, f ( x) 的最大值为

2 ?1 ? x

2

1? x ? x

2

? 的最大值为 4

2 3 . 3

3 3

,由题意 e t ≥

4 3 4 3 ,从而 t ≥ ln 3 3

------8 分

1 ? x2 ? x ?x ? 0? (3)设 g ? x ? ? f ? x ? ? x ? 1 ? x ? x2
则 g?? x? ? f ?? x? ?1 ?

? ? x 2 ? 4 x ? 1?

?1 ? x ? x ?

2 2

?1 ? ?

x 4 ? 2 x3 ? 4 x 2 ? 6 x ? 2

?1 ? x ? x ?
2

2 2

.

∴当 x ? 0 时, g ? ? x ? ? 0 ,故 g ? x ? 在 ? 0, ?? ? 上是减函数,

?? ? a ? b ? ? ? a ? ?b ? ? a 2 ? ?b2 ?? ≤0 又当 a 、 b 、 ? 、 ? 是正实数时, ? ? ? 2 ??? ? ??? ? ?? ? ? ?
2

? ? a ? ?b ? ? a 2 ? ?b 2 ∴? . ≤ ? ??? ? ??? ? ?? ? a ? ? b ? 2 ? ? ? a ? ? b ? 2 由 g ? x ? 的单调性有: f ?? ? ? ?? ? ≥ ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

2

? ? a 2 ? ?b2 ? ? a 2 ? ?b2 f? , ?? ??? ? ??? ?

?? ? a ? ? b ? 即 f ?? ? ? ?? ? ? ? ?

2

? ?? ? ?

? ? a 2 ? ?b2 f? ? ???

? ? ? a ? ?b ? ? a 2 ? ?b2 .------14 分 ?≥ ? ? ? ??? ? ? ??? ?

2

【回顾 11】(周考三 20)已知函数 f ( x) ? x 2 ? a( x ? ln x) , x ? 0 , a ? R 是常数. (Ⅰ)求函数 y ? f ( x) 的图象在点 1 , f ?1? 处的切线方程; (Ⅱ)若函数 y ? f ( x) 图象上的点都在第一象限,试求常数 a 的取值范围; (Ⅲ)证明: ?a ? R ,存在 ? ? (1 , e) ,使 f ' (? ) ?

?

?

f (e) ? f (1) . e ?1

【反思】(Ⅱ)将函数 y ? f ( x) 图象上的点都在第一象限问题转化为 f ( x) ? 0 问题,再转 化为当 a ? 0 时

1 1 1 ? ?( ? 2 ln x) 恒成立问题. a x x
f (e) ? f (1) a a ? 2 x ? (e ? 1) ? ? e ?1 x e ?1

(Ⅲ)将方程有解问题转化为函数 g ( x) ? f / ( x) ? 零点问题. 【解析】(Ⅰ) f ( x ) ? 2 x ? a (1 ?
/

1 ) , f (1) ? 1 ? a , f / (1) ? 2 ? 2a ?????2 分 x

函数 y ? f ( x) 的图象在点 (1 , f (1)) 处的切线为 y ? (1 ? a) ? (2 ? 2a)(x ? 1) , 即 y ? (1 ? a)(2 x ? 1) ?????????4 分
2 2 (Ⅱ)① a ? 0 时, f ( x) ? x ,因为 x ? 0 ,所以点 ( x , x ) 在第一象限,

依题意, f ( x) ? x ? a( x ? ln x) ? 0 ?????????5 分
2

② a ? 0 时,由对数函数性质知, x ? (0 , 1) 时, ln x ? (?? , 0) , a ln x ? (?? , 0) ,
2 从而“ ?x ? 0 , f ( x) ? x ? a( x ? ln x) ? 0 ”不成立 ???????6 分 2 ③ a ? 0 时,由 f ( x) ? x ? a( x ? ln x) ? 0 得

1 1 1 ? ?( ? 2 ln x) , a x x

设 g ( x ) ? ?(

1 1 x ?1 2 ? 2 ln x) , g / ( x) ? 3 ? 3 ln x x x x x

g ( x) ? g (1) ? ?1,从而

1 1 1 ? ?( ? 2 ln x) ? ?1 , ? 1 ? a ? 0 ?????8 分 a x x
???????9 分

综上所述,常数 a 的取值范围 ? 1 ? a ? 0

(Ⅲ)直接计算知

f (e) ? f (1) a ????????10 分 ? e ?1? a ? e ?1 e ?1 f (e) ? f (1) a a 设函数 g ( x) ? f / ( x) ? ?????11 分 ? 2 x ? (e ? 1) ? ? e ?1 x e ?1

g (1) ? 1 ? e ? a ?

a a(e ? 2) ? (e ? 1) 2 , ? e ?1 e ?1

a a e(e ? 1) 2 ? a g (e) ? e ? 1 ? ? ? e e ?1 e(e ? 1)
当 a ? e(e ? 1) 2 或 a ?

(e ? 1) 2 时, e?2

g (1) g (e) ? ?

[a(e ? 2) ? (e ? 1) 2 ][a ? e(e ? 1) 2 ] ?0 e(e ? 1) 2

因为 y ? g ( x) 的图象是一条连续不断的曲线,所以存在 ? ? (1 , e) ,使 g (? ) ? 0 ,
/ 即 ? ? (1 , e) ,使 f (? ) ?

f (e) ? f (1) ;??????12 分 e ?1

(e ? 1) 2 ? a ? e(e ? 1) 2 时, g (1) 、 g (e) ? 0 ,而且 g (1) 、 g (e) 之中至少一个为 当 e?2
a ? e2 ?1 正,由均值不等式知, g ( x) ? 2 2a ? ,等号当且仅当 x ? e ?1
成立,所以 g ( x) 有最小值 m ? 2 2a ? 且m ?

a ? (1 , e) 时 2

a ? e 2 ? 1 ? a ? 2(e ? 1) 2a ? (e 2 ? 1) , ? e ?1 e ?1

? a ? 2(e ? 1) 2a ? (e 2 ? 1) ? [ a ? 2 (e ? 1)]2 ? (e ? 1)(e ? 3) ? ?0, e ?1 e ?1

此时存在 ? ? (1 , e) ( ? ? (1 ,

a a ) 或? ? ( , e) ),使 g (? ) ? 0 。???13 分 2 2
f (e) ? f (1) ??????14 分 e ?1

/ 综上所述, ?a ? R ,存在 ? ? (1 , e) ,使 f (? ) ?

【回顾 12】(周考三 19)已知函数 f ( x) ? ln(e ? a) (a 为常数)是 R 上的奇函数,函数
x

g ( x) ? ?f ( x) ? sin x 是区间[-1,1]上的减函数. (Ⅰ)求 a 的值;
(Ⅱ)若 g ( x) ? t ? ?t ? 1在x ? [?1,1]上恒成立,求 t 的取值范围;
2

类似的有(月考三 20)已知函数 f ( x) ? e ? ax ? 2 x ?1( x ? R) .
x 2

(1)当 a ? 0 时,求 f ( x) 的单调区间;

(2)求证:对任意实数 a ? 0 ,有 f ( x) ?
x

a2 ? a ?1 . a

【解析】(1)当 a=0 时,f(x)=e -2x-1(x∈R), ∵f′(x)=e -2,且 f′(x)的零点为 x=ln 2, ∴当 x∈(-∞,ln 2)时,f′(x)<0;当 x∈(ln 2,+∞)时,f′(x)>0 即(-∞,ln 2)是 f(x)的单调减区间,(ln 2,+∞)是 f(x)的单调增区间.(5 分) (2)由 f(x)=e -ax -2x-1(x∈R)得:f′(x)=e -2ax-2, 记 g(x)=e -2ax-2(x∈R). ∵a<0,∴g′(x)=e -2a>0,即 f′(x)=g(x)是 R 上的单调增函数, 又 f′(0)=-1<0,f′(1)=e-2a-2>0, 故 R 上存在惟一的 x0∈(0,1),使得 f′(x0)=0,(8 分) 且当 x<x0 时,f′(x)<0;当 x>x0 时,f′(x)>0. 即 f(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 则 f(x)min=f(x0)= e 0 -ax0-2x0-1,再由 f′(x0)=0 得 e 0 =2ax0+2,
2 x x x 2 x x

x

x

将其代入前式可得 f(x)min=-ax0+2(a-1)x0+1-----(10 分) 又令 φ (x0)=-ax0+2(a-1)x0+1= ? a( x0 ?
2

2

a ? 1 2 (a ? 1) 2 ) ? ?1 a a

a-1 由于-a>0,对称轴 x= >1,而 x0∈(0,1),∴φ (x0)>φ (1)=a-1 a a -a+1 1 a -a+1 又(a-1)- =- >0,∴φ (x0)> a a a a -a+1 故对任意实数 a<0,都有 f(x)> .(12 分) a 【另解】对任意实数 a ? 0 ,有 f ( x) ?
2 2 2

a2 ? a ?1 ? x 2 ? 1 a 2 ? (e x ? 2 x)a ? 1 ? 0 对任意 a

?

?

2 2 x 实 数 a ? 0 恒 成 立 . 设 h(a) ? x ? 1 a ? (e ? 2 x)a ? 1 , 则 h(0) ? 1 ? 0 , 又 易 证

?

?

e x ? 2 x ? 0 ,故 h(a) ? 0 对任意实数 a ? 0 恒成立. 得证.
【变式】 若对任意实数 p ? ?? 1,1? ,不等式 px ? ( p ? 3) x ? 3 ? 0 成立,则实 数 x 的取值范 围为( ) A. ?? 1,1? ?? B. ? ?? ?,?1? ?? C. ? ?3,??? ? D. ?? ?,?1? ? ?3,??? ?? ???????
2

【变式】(2013 陕西 21)已知函数 f ( x) ? e x , x ? R .

(Ⅰ)若直线 y=kx+1 与 f (x)的反函数的图像相切, 求实数 k 的值; (Ⅱ)设 x>0, 讨论曲线 y=f (x) 与曲线 y ? mx2 (m ? 0) 公共点的个数. (Ⅲ)设 a<b, 比较
f (a) ? f (b) f (b) ? f (a) 与 的大小, 并说明理由. 2 b?a

【解析】(Ⅰ) f (x)的反函数 g ( x) ? ln x . 设直线 y=kx+1 与 g ( x) ? ln x 相切与点

?kx0 ? 1 ? lnx0 ? ?2 2 ?2 P(x0, y 0 ), 则? 1 ? x 0 ? e , k ? e 。所以 k ? e ?k ? g' (x 0 ) ? x 0 ?
(Ⅱ) 当 x > 0,m > 0 时, 曲线 y=f (x) 与曲线 y ? mx2 (m ? 0) 的公共点个数即方程

f ( x) ? mx2 根 的个数。
由 f ( x) ? m x ? m ?
2

ex ex xe x ( x ? 2) , 令 h ( x ) ? ? h ' ( x ) ? ,[来源:Z#xx#k.Com] x2 x2 x2

则 h(x)在 (0,2)上单调递减,这时 h(x)? (h(2), ??); h(x) 在(2,??)上单调递增 , 这时h(x)? (h(2), ??). h(2) ?

e2 . 4

h(2) 是y ? h(x) 的极小值即最小值。
所以对曲线 y=f (x) 与曲线 y ? mx2 (m ? 0) 公共点的个数,讨论如下: 当 m ? (0, 共点; (Ⅲ) 【方法一】

e2 e2 e2 ) 时,有 0 个公共点;当 m= ( , ? ?) ,有 1 个公共点;当 m ? 有 2 个公 4 4 4

f (a) ? f (b) f (b) ? f (a) (b ? a ? 2) ? ea ? (b ? a ? 2) ? eb ? ? 2 b?a 2 ? (b ? a)
a b

令 g (a) ? (b ? a ? 2) ? e ? (b ? a ? 2) ? e , (a ? b) ,则易得

g ' (a) ? (b ? a ? 1) ? ea ? eb , g '' (a) ? (b ? a) ? ea ? 0, ? g ' (a)在?? ?, b? 上递增,
? g ' (a) ? g ' ?b? ? 0, 所以 g (a) 在 ?? ?, b ? 上递减,故 g (a) ? g (b) ? 0 ,得证.
【方法二】设

f (a) ? f (b) f (b) ? f (a) (b ? a ? 2) ? f (a) ? (b ? a ? 2) ? f (b) ? ? 2 b?a 2 ? (b ? a)

?

(b ? a ? 2) ? e a ? (b ? a ? 2) ? e b (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? e b?a a ? ?e 2 ? (b ? a) 2 ? (b ? a)

令 g ( x) ? x ? 2 ? ( x ? 2) ? e x , x ? 0, 则g ' ( x) ? 1 ? (1 ? x ? 2) ? e x ? 1 ? ( x ? 1) ? e x 。

g ' ( x)的导函数g ' ' ( x) ? (1 ? x ? 1) ? e x ? x ? e x ? 0, 所以g ' ( x)在( 0, ? ?)上单调递增,
且 g ' (0) ? 0.因此g ' ( x) ? 0,g ( x)在(0,??)上单调递增 , 而g (0) ? 0,

所以在(0,??)上g ( x) ? 0 。

?当x ? 0时,g ( x) ? x ? 2 ? ( x ? 2) ? e x ? 0且a ? b,
? (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? e b? a a ?e ? 0 2 ? (b ? a)

所以 当a < b时,

f (a ) ? f (b) f (b) ? f (a) ? 2 b?a
f ( x) ? e x ? ln( x ? m) .

【变式】(2013 国标Ⅱ理)已知函数

(Ⅰ)设 x ? 0 是 f ( x) 的极值点,求 m ,并讨论 f ( x) 的单调性; (Ⅱ)当 m ? 2 时,证明: f ( x) ? 0 .
【解析】(Ⅰ)

f ' ( x) ? e x ?

1 ' ,由题意得 f (0) ? 0,? m ? 1 , x?m

于是 f ' ( x) ? e x ?

1 ( x ? ?1) , f ' ( x) 在 ?? 1,? ? ? 上递增,且 f ' (0) ? 0 , x ?1
' '

所以 ?1 ? x ? 0 ? f ( x) ? 0, x ? 0 ? f ( x) ? 0 , 故 f ( x) 在 ( ?1,0) 上递减,在 ?0,? ? ? 上递增; (Ⅱ)证明:因为 m ? 2 ,所以 ln(x ? m) ? ln(x ? 2), 故欲证 f ( x) ? 0 ,只需证 m ? 2 时 f ( x) ? 0 . 当 m ? 2 时, f ' ( x ) ? e ?
x

1 ( x ? ?2) , f ' ( x ) 在 ?? 2,??? 上递增, x?2

' ' 0? 且 f (?1) ? 0, f (0) ? 0 ,所以 f ' ( x ) 有唯一零点设为 x 0 ,则 x0 ? ?? 1,

所以 ? 2 ? x ? x0 ? f ( x) ? 0, x ? x0 ? f ( x) ? 0 ,
' '

故 f ( x) 在 (?2, x0 ) 上递减,在 ?x0,? ?? 上递增,所以 f ( x) ? f ( x0 ) .

又 f ' ( x0 ) ? e 0 ?
x

1 1 , ? 0,? e x0 ? ,? x0 ? ? ln (x0 ? 2) x0 ? 2 x0 ? 2

? f ( x0 ) ? e x0 ? ln(x0 ? 2) ?


( x ? 1) 2 1 ? x0 ? 0 ? 0, x0 ? 2 x0 ? 2

f ( x) ? f ( x0 ) ? 0 ,故得证.

【变式】(2009 国Ⅱ22)设函数 f ? x ? ? x2 ? aIn ?1 ? x ? 有两个极值点 x1、x2 ,且 x1 ? x2 . (I)求 a 的取值范围,并讨论 f ? x ? 的单调性; (II)证明: f ? x2 ? ?

1 ? 2 In2 4

..w.w. k.s.5.u.c.o.m

解: (I) f ? ? x ? ? 2 x ?
2

a 2x2 ? 2x ? a ? ( x ? ?1) 1? x 1? x

令 g ( x) ? 2 x ? 2 x ? a ,其对称轴为 x ? ?

1 。由题意知 x1、x2 是方程 g ( x) ? 0 的两个 2
?? ? 4 ? 8a ? 0 1 ,得 0 ? a ? 2 ? g (?1) ? a ? 0

均大于 ?1的不相等的实根,其充要条件为 ?

⑴当 x ? (?1, x1 ) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 (?1, x1 ) 内为增函数; ⑵当 x ? ( x1 , x2 ) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 ( x1 , x2 ) 内为减函数; ⑶当 x ? ( x2, ? ?) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 ( x2, ? ?) 内为增函数; (II)由(I) g (0) ? a ? 0,??

1 ? x2 ? 0 , a ? ?(2 x22 +2x2 ) 2

? f ? x2 ? ? x22 ? aln ?1? x2 ? ? x22 ? (2x22 +2x2 )ln ?1 ? x2 ?
设 h ? x ? ? x ? (2 x ? 2 x)ln ?1 ? x ? ( x ? ? ) ,
2 2

1 2

则 h? ? x ? ? 2x ? 2(2x ?1)ln ?1 ? x ? ? 2x ? ?2(2x ?1)ln ?1 ? x ? ⑴当 x ? (?

1 1 , 0) 时, h? ? x ? ? 0,? h( x) 在 [ ? , 0) 单调递增; 2 2

⑵当 x ? (0, ??) 时, h? ? x ? ? 0 , h( x) 在 (0, ??) 单调递减。

1 1 1 ? 2 ln 2 ?当x ? (? , 0)时, h ? x ? ? h(? ) ? 2 2 4 1 ? 2 In 2 故 f ? x2 ? ? h( x2 ) ? . 4
w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

四、基于问题与函数的观念,迁移构造函数解决有关数列、三角问题,化异为同。 【回顾 13】(周考四 21(普通班)设函数

f ( x) ? ln(1 ? x), g ( x) ? xf '( x), x ? 0 ,其中

f '( x) 是 f ( x) 的导函数.
(1) g1 ( x) ? (2)若

g ( x), g n?1 ( x) ? g ( g n ( x)), n ? N ? ,求 g n ( x) 的表达式;

f ( x) ? ag ( x) 恒成立,求实数 a 的取值范围;
g (2) ? ? ? g (n) 与 n ? f (n) 的大小,并加以证明.


(3)设 n ? N ? ,比较 g (1) ? 【分析】( 3)将

g (1) ? g (2) ? ? ? g (n )

n ? f (n)

的大小问题转化为

1 1 1 ? ?? ? ? ln(n ? 1) 的 证 明 , 再 由 ( Ⅱ ) 不 等 式 取 a ? 1 , 可 得 2 3 n ?1 1 x 1 n ?1 ,放缩求和得证。另外可 x ? , n ? N? ,则 ln? (1 x ? ) x ? , ,令 0 ? ln n 1? x n ?1 n
构 造 数 列 f ( n)? ?

1? ?1 1 ? ??? ? ( ? ? l nn n? 1 ?2 3 ?

, 1 )进 而 由 ( 2 ) 得 当 a ? 1 时 ,

x l n (? 1x ? ) x ?( 1? x

(n) ? f (n ? 1),故f (n) ? f (1) ? 得0f )

1 ? ln 2 ? 0 ,故得证 2

【解析】由题设得, g ( x) ?

x ( x ? 0) 。 1? x ax 恒成立。 1? x

(Ⅱ)已知 f ( x) ? ag ( x) 恒成立,即 ln(1 ? x) ? 设 ? ( x) ? ln(1 ? x) ?

ax 1 a x ?1? a ( x ? 0) ,则 ? '( x) ? ? ? , 2 1? x 1 ? x (1 ? x) (1 ? x) 2

当 a ? 1 时, ? '( x) ? 0 (仅当 x ? 0, a ? 1 时等号成立), ∴ ? ( x) 在 [0, ??) 上单调递增,又 ? (0) ? 0 ,∴ ? ( x) ? 0 在 [0, ??) 上恒成立, ∴ a ? 1 时, ln(1 ? x) ?

ax 恒成立(仅当 x ? 0 时等号成立), 1? x

当 a ? 1 时,对 x ? (0, a ?1? ] 有 ? '( x) ? 0 ,∴ ? ( x) 在 (0, a ? 1] 上单调递减, ∴ ? (a ? 1) ? ? (0) ? 0 ,即 a ? 1 时,存在 x ? 0 ,使 ? ( x) ? 0 ,故不合题意, 综上可知, a 的取值范围是 (??,1] 。 (Ⅲ)由题设知 g (1) ? g (2) ? ? ? g (n) ?

1 2 n ? ??? , n ? f (n) ? n ? ln(n ? 1) , 2 3 n ?1

比较结果为 g (1) ? g (2) ? ? ? g (n) ? n ? ln(n ? 1) 。

证明如下: 证法一:上述不等式等价于

1 1 1 ? ?? ? ? ln(n ? 1) , 2 3 n ?1 x 在(Ⅱ)中取 a ? 1 ,可得 ln(1 ? x) ? ,x ?0。 1? x 1 1 n ?1 令 x ? , n ? N ? ,则 , ? ln n n ?1 n
下面用数学归纳法证明,

1 ? ln 2 ,结论成立; 2 1 1 1 ? ln(k ? 1) , ②假设 n ? k 时结论成立,即 ? ? ? ? 2 3 k ?1
①当 n ? 1 时, 那么,当 n ? k ? 1 时,

1 1 1 1 1 k ?2 ? ??? ? ? ln(k ? 1) ? ? ln(k ? 1) ? ln ? ln(k ? 2) , 2 3 k ?1 k ? 2 k ?2 k ?1
即结论成立, 由①②可知,结论对 n ? N? 成立。 证法二 上述不等式等价于

1 1 1 ? ?? ? ? ln(n ? 1) , 2 3 n ?1 x 在(Ⅱ)中取 a ? 1 ,可得 ln(1 ? x) ? ,x ?0, 1? x 1 n ?1 1 令 x ? , n ? N ? ,则 ln 。 ? n n n ?1 1 故有 ln 2 ? ln1 ? , 2 1 ln 3 ? ln 2 ? , 3
??

ln(n ? 1) ? ln n ?

1 , n ?1
1 1 1 ? ??? , 2 3 n ?1

上述各式相加可得 ln(n ? 1) ? 结论得证。

证明三:(构造数列单调性)令 f (n) ? ?

1 ? ?1 1 ? ??? ? ? ln(n ? 1) ,则 n ?1 ? ?2 3

x 1 n ?1 ( x ? 0),? f (n) ? f (n ? 1) ? ? ln( ) ? 0, 1? x n ?1 n 1 ? f (n) ? f (n ? 1),故f (n) ? f (1) ? ? ln 2 ? 0 ,故得证 2 ln(1 ? x) ? 由 (2) 得当 a ? 1 时,

证法四:(几何意义) 如图, 形的面积,而

?

n

0

x x dx 是由曲线 y ? , x ? n 及 x 轴所围成的曲边梯 x ?1 x ?1

1 2 n 是图中所示各矩形的面积和, ? ??? 2 3 n ?1

n n 1 2 n x 1 ? ? ?? ? ?? dx ? ? (1 ? )dx ?n ? ln(n ? 1) , 0 2 3 n ?1 0 x ?1 x ?1

结论得证。 【回顾 14】(2009 广东 21)已知曲线 Cn : x2 ? 2nx ? y 2 ? 0(n ? 1, 2,?) .从点 P(?1, 0) 向 曲线 C n 引斜率为 kn (kn ? 0) 的切线 ln ,切点为 Pn ( xn , yn ) . (1)求数列 {xn }与{ yn } 的通项公式; (2)证明: x1 ? x3 ? x5 ?? ? x2 n ?1 ?

1 ? xn x ? 2 sin n . 1 ? xn yn

w.w. w. k.s.5 .u.c.o.m

2 2 【 解 析 】 ( 1 ) 设 直 线 ln : y ? k n ( x ? 1) ,联立 x ? 2nx ? y ? 0 得

2 2 2 2 2 2 (1 ? k n ) x 2 ? (2k n ? 2n) x ? k n ? 0 ,则 ? ? (2k n ? 2n) 2 ? 4(1 ? k n )k n ? 0,

∴ kn ?

n 2n ? 1

(?

n 2n ? 1

舍去)

2 xn ?

2 kn n2 n 2n ? 1 n , 即 xn ? , ∴ y n ? k n ( xn ? 1) ? ? 2 2 n ?1 1 ? k n (n ? 1) n ?1

n 1 ? xn n ?1 ? ? ( 2) 证 明 : ∵ n 1 ? xn 1? n ?1 1?

1 2n ? 1

x1 ? x3 ? x5 ? ? ? ? ? x2 n?1 ?

1 3 2n ? 1 1 3 2n ? 1 1 ? ????? ? ? ????? ? 2 4 2n 3 5 2n ? 1 2n ? 1

∴ x1 ? x3 ? x5 ? ? ? ? ? x2 n ?1 ?

1 ? xn 1 ? xn

由于

xn ? yn

1 ? xn 1 ,可令函数 f ( x) ? x ? 2 sin x ,则 ? 2n ? 1 1 ? xn
2 , 2

f ' ( x) ? 1 ? 2 cos x ,令 f ' ( x) ? 0 ,得 cos x ?
给定区间 (0,

?

) ,则有 f ' ( x) ? 0 ,则函数 f ( x) 在 (0, ) 上单调递减, 4 4
2 sin x 在 (0, ) 恒成立,又 0 ? 4

?

∴ f ( x) ? f (0) ? 0 ,即 x ?

?

1 1 ? ? ? , 2n ? 1 3 4

则有

1 ? xn x 1 1 ,即 ? 2 sin ? 2 sin n . 2n ? 1 2n ? 1 1 ? xn yn

w.w. w. k.s.5. u.c.o.m

【回顾 15】(2013 大纲 12)已知函数 f ? x ? =cos x sin 2x ,下列结论中错误的是( D ) (A) y ? f ? x ? 的图像关于 ?? ,0 ? 中心对称 (B) y ? f ? x ? 的图像关于直线 x ? (C) f ? x ? 的最大值为

?
2

对称

3 2
2

(D) f ? x ? 既奇函数,又是周期函数
2

【解析】 f ? x ? ? 2sin x(1 ? sin x) ,令 t ? sin x, 则g ?t ? ? 2t (1 ? t ), t ???1,1? ,易求得

g ? t ?max ? g (

3 4 3 )? 3 9
3

【变式】集合 A ? { y | y ? x , x ? [1, 2]} ,集合 B ? {x | ln x ? ax ? 2 ? 0} ,且 A ? B ,求实 数 a 的取值范围。 【解析】易得 ?1,8?,由 A ? B 得 ln x ? ax ? 2 ? 0即a ? 令 g ( x) ?

ln x ? 2 对 ?x ? ?1,8? 恒成立. x

ln x ? 2 ln x ? 1 , x ? ?1,8? , 则 g ' ( x) ? ? ? 0,? g ( x)在?1,8? 上 递 减 , 所 以 x x2 2 ? 3 ln 2 2 ? 3 ln 2 ,故a ? . 8 8

g ( x) min ? g (8) ?

【变式】 (2013 新课标 16)等差数列 ?an ?的前 n 项和为 S n ,已知 S10 ? 0, S15 ? 25 ,则 nS n 的最小值为________. 【解析】由已知易求得 a1 ? ?3, d ?

x 3 10x 2 2 n3 10n 2 ? , nSn ? ? ,构造函数 f ( x) ? ,易 3 3 3 3 3

得 f ( x)在?1,

? 20? ? 20 ? 故当 n ? 7 上递减,在 ? ? ?上递增,又f (6) ? ?48, f (7) ? ?49 , ? , ? ? 3? ? 3 ?

时 nS n 的最小值为-49. 【变式】已知函数 f ( x) ? ax ? x ln x 的图像在点 x ? e ( e 为自然对数的底数)处的切线的 斜率为 3. (1)求实数 a 的值; (2)若 f ( x) ? kx2 对 x ? 0 恒成立,求实数 k 的取值范围; (3)当 n ? m ? 1(m, n ? N ) 时,证明: 【 解 析 】 ( 1 ) 因 为
?
n

m m ? . m n n
f' ( x ) =a+lnx+1 .

f ( x ) =ax+xlnx , 所 以

因 为 函 数 f ( x ) =ax+xlnx 的 图 象 在 点 x=e 处 的 切 线 斜 率 为 3 , 所以 f'(e)=3,即 a+lne+1=3.所以 a=1. (2)由(1)知: f ( x) ? x ? x ln x ,若 f ( x) ? kx 对 x ? 0 恒成立,
2

1 ? ln x 1 ? ln x 对 x ? 0 恒成立,令 g ( x) ? ,x ?0 x x ? ln x 则 g ?( x) ? ,当 0 ? x ? 1 时, g ?( x) ? 0 ;当 x ? 1 时, g ?( x) ? 0 。 x2
则k ? ∴ g ( x) 在 (0,1) 上递增,在 (1, ??) 上递减。∴ g ( x) 最大值为 g (1) ? 1 ,即 k ? 1 (3)构造函数 p ( x) ?

x ln x ? x ? 1 ln x , 0 ? x ? 1 ,因为 p?( x) ? 1? x x(1 ? x) 2

三、课堂小结 1. 回顾本节课主要内容。 2.复习时要注重反思,不断总结,提炼方法 四、作业 五、课后反思: 本节课是试卷讲评课,通过本节课总结如下:要重视学生的学习过程,注意培养学生 良好的学习习惯,从数学思想入手来解题,通过数学思想方法的指导可以更好的发现解题 途径。继续加强基础知识教学,调动学生学习主动性和积极性,注意知识点的讲解透彻, 在 立足于教材、把握教材的基础上挖掘教材;善于把握数学思想,善于提炼数学思想,并 不失时机地对学生进行数学思想教育。本节课中的数学思想主要有:数形结合的思想、分 类讨论的思想、化归与转化的思想。因此,在试卷评讲后,一定要引导学生及时进行试卷 自我分析,自我反思。借此让学生再次反思自己之所以做错某些题目的原因,并采取相应 的改进措施,以免类似错误一犯再犯。 附 1:

舒城中学 2015 届高三第四次统考 数学(理科)(解析版)
(时间:120 分钟 满分:150 分) 第 I 卷(选择题 共 50 分)

一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分.在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的.
2 1.已知集合 A ? {x | x ? x ? 2 ? 0} , B ? {x | y ? ln(1 ? x)} ,则 A ? B ? (

A )

A. ? ??1,1?

B. ? ?1,1?

C. ?1, 2 ?

D. 1, 2?

?

2. 已知函数 f ? x ? ? ln x, g ? x ? ? lg x, h ? x ? ? log 3 x ,直线 y ? a ? a ? 0 ? 与这三个函数图像 的交点的横坐标分别为 x1 , x2 , x3 ,则 x1 , x2 , x3 的大小关系是( B ) A. x2 ? x3 ? x1 B. x1 ? x3 ? x2 C. x2 ? x1 ? x3 D. x3 ? x1 ? x2

3. 已知角 ? 的终边上一点的坐标为 ( sin

A.

5? 6
? ?

B.

2? 3

2? 2? , cos ) , 则最小正角 ? 为 ( D 3 3 5? 11? C. D. 3 6



4. cos 36 ? cos 72 ? ( A )

A.

1 2

B.

5 ?1 4

C.

5 2

D.

5 ?1 4

5. 函数 f ( x) ? A sin(? x ? ? ) (其中 A ? 0,| ? |?

?
2

)的图象如图所示,为了得到

g ( x) ? sin 2 x 的图像,则只要将 f ( x) 的图像( A )

? 个单位长度 6 ? C.向左平移 个单位长度 6
A.向右平移

B.向右平移 D.向左平移

?
12

个单位长度 个单位长度

?

12

6. 已知 A, B为?ABC 两个内角, 命题 p : 若 A ? B, 则 sin A ? sin B ; 命题 q : 若 A ? B, 则 tan A ? tan B . 在命题① p?q ;② p ? q ;③ p ? (?q ) ;④ (?p) ? q 中,真命题是 ( C ) A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ )

7.在 ?ABC 中,角 A, B, C 所对的边分别为 a , b, c ,若 c ? b cos A ,则 ?ABC 为( A A.钝角三角形 8. 若 f ?x ? ? ln e A. ?2 B.直角三角形 C.锐角角三角形 D.等边三角形

?

3x

? 1 ? ax 是偶函数,则实数 a ? ( B )
B. ?

?

3 2

C. ?

1 2

D. ?

2 3

【考点】本题考查了对数的运算和函数的性质。
3x 【解析】因为函数 f ( x) ? ln(e ? 1) ? ax 为偶函数,所以 f (? x) ? f ( x) ,

即 ln(e?3x ? 1) ? ax ? ln(e3x ? 1) ? ax ? ln(e3x ? 1) ? 3x ? ax ? ln(e3x ? 1) ? ax 所以 ?3 x ? 2ax ? a ? ? 9. 若 0 ? x1 ? x2 ? 1 ,则( A. e 2 ? e 1 ? ln x2 ? ln x1
x x

3 。 2
C ) B. e 2 ? e 1 ? ln x2 ? ln x1
x x

C. x2e 1 ? x1e
x

x2

D. x2e 1 ? x1e
x

x2

【考点】本题考查了函数的构造思想和导数的应用。 【解析】设函数 f ( x) ? e ? ln x 且 g ( x) ?
x

ex 1 ( x ? 1)e x x ,则 f ?( x) ? e ? , g ?( x) ? , x x x2

因为 0 ? x ? 1 ,所以 f ?( x ) 不能确定,且 g ?( x) ? 0 , 所以函数 f ( x) 单调性不确定,函数 g ( x) 在区间 (0,1) 上单调递减, 则 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ?

e x1 e x2 ? ? x2e x1 ? x1e x2 ,故选 C。 x1 x2
1 ( x ? 0) 与 g ( x) ? x 2 ? ln(x ? a) 的图象在存在关于 y 轴对 2


2 x 10.已知函数 f ( x ) ? x ? e ?

称点,则 a 的取值范围是( B

(-?, ) A.

1 e

B. (-?,e)

(C.

1 ,e) e

(- e, ) D.

1 e

【考点】本题考查了指、对数函数的性质和函数与方程的思想。 【解析】由题可得存在 x0 ? (??,0) 满足 x0 ? e 0 ?
2 x

1 ? (? x0 ) 2 ? ln(? x0 ? a ) 2
0

? e x0 ? ln(? x0 ? a ) ?

1 1 ? 0, 当 x0 取决于负无穷小时, e x ? ln( ? x0 ? a ) ? 趋近于 ?? , 2 2
1 在定义域内是单调递增的, 2

因为函数 y ? e x ? ln( ? x ? a ) ?

所以 ln a ? ln e ? a ? e ,故选 B。 第Ⅱ卷 (非选择题 共 100 分) 二、填空题:(本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分.) 11.

?

?

0

( x ? sin x)dx ? ____________.

?2 -2 2
.3

12.函数 f ( x) ? cos x ? log8 x 的零点个数为

13.若 a ? 0 ,且 2sin x ? 3sin y ? a , 2cos x ? 3cos y ? a ,则 sin x ? cos x ? 14.若 f ( x) ? x 3 ? x
2 ? 1 2



,则满足 f ( x) ? 0 的 x 的取值范围是



【考点】幂函数的单调性 【解析】? f ( x ) ? x ? x
2

2 3

?

1 2

= 3 x2 ? 1 2

1 , ∴其定义域为 ? 0, ??? , x
是减函数,? f ( x ) ? x 3 ? x
2 ? 1 2

又? y ? x 3 是增函数, y ? x

是增函数,

又 f ?1? ? 0 ,? f ? x ? ? 0 ,即为 f ? x ? ? f ?1? ,? 0 ? x ? 1. 【难度】中等题 15.已知函数 f ( x) ?

a ( x ? b) 2 (a ? 0, b ? R, c ? 0) , g ( x) ? m? f ( x)? ? n ,其中 2 ( x ? b) ? c

m, n ? R, m n ? 0 . 给出下列命题:①函数 f ( x) 的图像关于点 (b,0) 成中心对称;②存在实
数 p, q ,使得 p ? f ( x) ? q 对于任意实数 x 恒成立;③关于 x 的方程 g ( x) ? 0 的解集可能 为 ?? 4,?2,0,3?; ④若关于 x 的方程 g ( x) ? 0 的有四个不等实数解, 则这四个解之和必为 4b . 其中所有正确的命题的序号是 【解析】①②④ 【变式】已知函数 f ? x ? ?
2

.

sin ? x . ? x ? 1?? x2 ? 2x ? 2?

① 方程 f ( x) ? 0 在区间 [?100,100] 上实数解的个数 201; ②函数 f ? x ? 是周期函数; ③函数 f ? x ? 的定义域是 R,且其图象关于直线 x ? ④函数 f ? x ? 有最大值但没有最小值; ⑤对于任意 x ? (?1,0) , f ?( x) ? 0 ( f ?( x ) 是函数 f ( x) 的导函数). 其中真命题的序号是 15 答案:①③④ .(填写出所有真命题的序号)

1 对称; 2

2 2 【解析】命题①由于 x ? 1 ? 0, x ? 2 x ? 2 ? 0 ,故 f (x) ?0 ?sin ?x ?0 ? x ? k, k ?Z

在 [?100,100] 中的整数个数 N ? 201 ,故 f ( x) ? 0 在区间 [?100,100] 上实数解的个数为

201 .

命题②:由于 f ( x) ?

sin ? x sin ? x ,故 f ? x ? 的定义域是 R ? 2 2 2 ( x ? 1)( x ? 2 x ? 2) ( x ? 1) ? ? (1 ? x ) ? 1 ? ?
2

2 2 看到 y ? ( x ? 1) ? ?(1 ? x) ? 1? ? 的对称轴为 x ?

1 1 ,且 x ? 为 y ? sin ? x 的一条对称轴 2 2

故x?

1 为 f ( x) 图象的对称轴,故为真命题; 2
x ??? x ???

命题③:由于 f ( x) 是 R 上的连续函数,且 lim f ( x) ? lim f ( x) ? 0 ,可知 f ( x) 既有最大 值又有最小值,故为真命题; 命题④:由 f ? x ? 在定义域 R 上连续,且 f (?1) ? f (0) ? 0 ,可知 f ( x) 不可能在 (?1,0) 上 为减函数,故为假命题. 三、解答题:(本大题共 6 个小题,满分 75 分,解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算 步骤.) 16.(本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ? sin( (1)若 f (? ) ?

?
2

? ? x)(? ? 0) 的任意两个零点之间的最小距离为

? . 2

1 , ? ?? ?? , ? ? ,求 ? 的取值集合; 2

(2)求函数 y ? f ( x) ? cos(? x ?

?

3

) 的单调递增区间.
由题意 T ? ? ,?? ? 2 ,故 f ( x) ? cos 2 x .-----2 分

【解析】 f ( x) ? cos?x ,-----1 分 (1)由题意得 cos 2? ?

1 ? 5? ,2? ? ?? 2? ,2? ?,? 2? ? ? ,? ,------5 分 2 3 3

故 ? 的取值集合为 ??

? ? 5? ? ,? ? ;--------6 分 6 ? ? 6

(2) y ? sin(2 x ?

?

? ? ? ? ) ,-------9 分 故递增区间为 ?? ? k? , ? k? ? (k ? Z ) ------12 分 6 6 ? 3 ?

17.(本小题满分 12 分) 已知向量 a ? (m,cos 2 x) , b ? (sin 2x, n) ,设函数 f ( x) ? a ? b ,且 y ? f ( x) 的图象 过点 (

?

?

? ?

?

12 (1)求 m, n 的值;

, 3) 和点 (

2? , ?2) . 3

(2)将 y ? f ( x) 的图象向左平移 ? ( 0 ? ? ? ? )个单位后得到函数 y ? g ( x) 的图象.若

y ? g ( x) 的图象上各最高点到点 (0,3) 的距离的最小值为 1,求 y ? g ( x) 的解析式.

【解析】(Ⅰ)由题意知 f ( x) ? a ? b ? m sin 2 x ? n cos 2 x , 因为 y ? f ( x) 的图象过点 (

?

12

, 3) 和 (

2? , ?2) , 3

? ? ? 1 3 ? 3 ? m sin ? n cos , n, ? 3 ? m? ? ? ? 6 6 2 2 所以 ? 即? 3 1 ??2 ? m sin 4? ? n cos 4? , ? ?2 ? ? m ? n, ? ? 3 3 ? ? 2 2
解得 m ? 3, n ? 1; (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x) ? 3 sin 2 x ? cos 2 x ? 2sin(2 x ? 由题意知 g ( x) ? f ( x ? ? ) ? 2sin(2 x ? 2? ?

?
6

),

?
6

),

设 y ? g ( x) 的图象上符合题意的最高点为 ( x0 , 2) , 由题意知 x0 ? 1 ? 1 ,所以 x0 ? 0 ,即到点(0,3)的距离为 1 的最高点为(0,2)。
2

将其代入 y ? g ( x) 得 sin(2? ? 因此 g ( x) ? 2sin(2 x ? 18.(本小题满分 l2 分)

?
6

) ? 1,因为 0 ? ? ? ? ,所以 ? ?

?
6



?
2

) ? 2 cos 2 x 。

如图,在平面四边形 ABCD 中, AD ? 1, CD ? 2, AC ? 7 . (1)求 cos ?CAD 的值 (2)若 cos ?BAD ? ?

17 21 ,求 BC 的长. ,sin ?CBA ? 14 6
AC 2 ? AD 2 ? CD 2 . 2 AC ? AD

【解析】(I)如图 5,在 ?ADC 中,由余弦定理,得 cos ?CAD ?

故由题设知, cos ?CAD ?

7 ?1? 4 2 7 ? . 7 2 7

sin ?BAD ? 1 ? COS 2?BAD ? 1 ? (?

7 2 3 21 ) ? . 14 14

于是 sin x = sin(?BAD ? ?CAD) = sin ?BAD cos ?CAD ? cos ?BAD sin ?CAD

=

3 3 21 2 7 7 21 . = ? ? (? )? 2 14 7 14 7

在 ?ABC 中,由正弦定理,

AC ? sin a BC AC ? ? ,故 BC= sin ? sin ?CBA sin ?CBA

7?

3 2 ?3 21 6

19.(本小题满分 12 分) 省环保研究所对市中心每天环境放射性污染情况进行调查研究后,发现一天中环境综合 放射性污染指数 f ? x ? 与时刻 x (时)的关系为 f ? x ? ?

2x 2 ? a ? 2a ? , x ? ?0, 24? , x ?1 3
2

其中 a 是与气象有关的参数,且 a ??0,1? ,若用每天 f ? x ? 的最大值为当天的综合放射性污 染指数,并记作 M ? a ? . (1)令 t ?

2x , x ??0, 24? ,求 t 的取值范围; x ?1
2

(2)省政府规定,每天的综合放射性污染指数不得超过 2,试问目前市中心的综合放射性 污染指数是否超标? 【链接】放射性污染

在自然界和人工生产的元素中,有一些能自动发生衰变,并放射出肉眼看不见的射线。 这些元素统称为放射性元素或放射性物质。 在自然状态下, 来自宇宙的射线和地球环境本身 的放射性元素一般不会给生物带来危害。50 年代以来,人的活动使得人工辐射和人工放射 性物质大大增加,环境中的射线强度随之增强,危机生物的生存,从而产生了放射性污染。 放射性污染很难消除,射线强弱只能随时间的推移而减弱。

1 简介编辑 是指由于人类活动造成物料、人体、场所、环境介质表面或者内部出现超过国家标准的 放射性物质或者射线。

放射性对生物的危害是十分严重的。 放射性损伤有急性损伤和慢性损伤。 如果人在短时 间内受到大剂量的 X 射线、γ 射线和中子的全身照射,就会产生急性损伤。轻者有脱毛、感 染等症状。当剂量更大时,出现腹泻、呕吐等肠胃损伤。在极高的剂量照射下,发生中枢神 经损伤直至死亡。 对于中枢神经,症状主要有无力、怠倦、无欲、虚脱、昏睡等,严重时全身肌肉震颤而 引起癫痫样痉挛。细胞分裂旺盛的小肠对电离辐射的敏感性很高,如果受到照射,上皮细胞 分裂受到抑制,很快会引起淋巴组织破坏。

“当心电离辐射”标志 放射能引起淋巴细胞染色体的变化。 在染色体异常中, 用双着丝粒体和着丝立体环估计 放射剂量。放射照射后的慢性损伤会导致人群白血病和各种癌症的发病率增加。 放射性元素的原子核在衰变过程放出 α、β、γ 射线的现象,俗称放射性。由放射性物 质所造成的污染,叫放射性污染。放射性污染的来源有:原子能工业排放的放射性废物,核 武器试验的沉降物以及医疗、科研排出的含有放射性物质的废水、废气、废渣等。 环境中的放射性物质可以由多种途径进入人体, 他们发出的射线会破坏机体内的大分子 结构,甚至直接破坏细胞和组织结构,给人体造成损伤。高强度辐射会灼伤皮肤,引发白血 病和各种癌症,破坏人的生殖技能,严重的能在短期内致死。少量累积照射会引起慢性放射 病,使造血器官、心血管系统、内分泌系统和神经系统等受到损害,发病过程往往延续几十 年。[1]

2 污染源编辑

原子能工业排放的废物 原子能工业中核燃料的提炼、 精制和核燃料元件的制造, 都会有放射性废弃物产生和废 水、废气的排放。这些放射性“三废”都有可能造成污染,由于原子能工业生产过程的操作运 行都采取了相应的安全防护措施.“三废”排放也受到严格控制,所以对环境的污染并不十分 严重。但是,当原子能工厂发生意外事故,其污染是相当严重的。国外就有因原子能工厂发 生故障而被迫全厂封闭的实例。 核武器试验的沉降物 在进行大气层、 地面或地下核试验时, 排入大气中的放射性物质与大气中的飘尘相结合, 由于重力作用或雨雪的冲刷而沉降于地球表面,这些物质称为放射性沉降物或放射性粉尘。 放射性沉降物播散的范围很大,往往可以沉降到整个地球表面,而且沉降很慢,一般需要几 个月甚至几年才能落到大气对流层或地面,衰变则需上百年甚至上万年。1945 年美国在日 本的广岛和长崎投放了两颗原子弹,使几十万人死亡,大批幸存者也饱受放射性病的折磨。 医疗放射性 医疗检查和诊断过程中,患者身体都要受到一定剂量的放射性照射,例如,进行一次肺 部 x 光透视,约接受(4—20)×0.0001Sv 的剂量(1sv 相当于每克物质吸收 0.001J 的能量), 进行一次胃部透视,约接受 0.015-0.03SV 的剂量。 科研放射性 科研工作中广泛地应用放射性物质,除了原子能利用的研究单位外,金属冶炼、自动控 制、生物工程、计量等研究部门、几乎都有涉及放射性方面的课题和试验。在这些研究工作 中都有可能造成放射性污染。 放射性污染的特点:1.绝大多数放射性核素毒性,按致毒物本身重量计算,均高于一般 的化学毒物。2.按放射性损伤产生的效应,可能影响遗传给后代带来隐患。3.放射性剂量的 大小只有辐射探测仪才可以探测,非人的感觉器官所能知晓。4.射线的副照具穿透性,特别 是 r 射线可穿透一定厚度的屏障层。5.放射性核素具有蜕变能力。6.放射性活度只能通过自 然衰变而减弱。

3 来源与危害编辑

放射性物质进入人体的途径主要有三种:呼吸道进入、消化道食入、皮肤或粘膜侵入。 (1)呼吸道吸入 从呼吸道吸入的放射性物质的吸收程度与其气态物质的性质和状态有关。 难溶性气溶胶 吸收较慢,可溶性较快;气溶胶粒径越大,在肺部的沉积越少。气溶胶被肺泡膜吸收后,可 直接进入血液流向全身。 (2)消化道食入 消化道食入是放射性物质进入人体的重要途径。 放射性物质既能被人体直接摄入, 也能 通过生物体,经食物链途径进入体内。 (3)皮肤或粘膜侵入 皮肤对放射性物质的吸收能力波动范围较大,一般在 1%~1.2%左右,经由皮肤侵入 的放射性污染物, 能随血液直接输送到全身。由伤口进入的放射性物质吸收率较高。 无论以哪种途径, 放射性物质进入人体后, 都会选择性地定位在某个或某几个器官或组 织内,叫做“选 择性分布”。其中,被定位的器官称为“紧要器官”,将受到某种放射性的较多照射,损伤 的可能性较大,如 氡会导致肺癌等。 放射性物质在人体内的分布与其理化性质、 进入人体的途径以及机体 的生理状态有关。但也有些放射性在体内的分布无特异性,广泛分布于各组织、器官中,叫 做“全身均匀分布”, 如有营养类似物的核素进入人体后,将参与机体的代谢过程而遍布全 身。[2] 放射性物质进入人体后,要经历物理、物理化学、化学和生物学四个辐射作用的不同阶 段。当人体吸收辐射能之后,先在分子水平发生变化,引起分子的电离和激发,尤其是大分 子的损伤。有的发生在瞬间,有的需经物理的、化学的以及生物的放大过程才能显示所致组 织器官的可见损伤,因此时间较久,甚至延迟若干年后才表现出来。 对人体的危害主要包括三方面: (1)直接损伤 放射性物质直接使机体物质的原子或分子电离,破坏机体内某些大分子如脱氧核糖核 酸、核糖核酸、蛋白质分子及一些重要的酶。 (2)间接损伤

各种放射线首先将体内广泛存在的水分子电离,生成活性很强的 H+、OH-和分子产物 等,继而通过它们与机体的有机成份作用,产生与直接损伤作用相同的结果。 (3)远期效应 主要包括辐射致癌、白血病、白内障、寿命缩短等方面的损害以及遗传效应等。根据有 关资料介绍,青年妇女在怀孕前受到诊断性照射后其小孩发生 Downs 综合症的几率增加 9 倍。又如,受广岛、长崎原子弹辐射的孕妇,有的就生下了弱智的孩子。根据医学界权 威人士的研究发现,受放射线诊断的孕妇生的孩子小时候患癌和白血病的比例增加。 【解析】(1)当 x ? 0 时, t ? 0 ; 当 0 ? x ? 24 时,

2x 2 ? ? 1 (当 x ? 1 时取等号),? 0 ? t ? 1 x ?1 x ? 1 x
2

综上所得 t 的取值范围是 [0,1] (2)当 a ??0,1? 时,记 g ? t ? ? t ? a ? 2a ?

????5 分

2 3

2 ? ? t ? 3 a ? ,0 ? t ? a ? ? 3 则 g ?t ? ? ? ? t ? a ? 2 ,a ? t ?1 ? 3 ?

????????8 分

∵ g ? t ? 在 ? 0, a ? 上单调递减,在 ? a,1? 上单调递增, 且 g ? 0 ? ? 3a ?

2 5 1? ? , g (1) ? a ? , g ? 0 ? ? g (1) ? 2 ? a ? ? . 3 3 2? ?

5 1 1 ? ? a ? , 0 ? a ? g 1 , 0 ? a ? ? ? ? ? ? 3 2 2 ? ?? 故 M ?a? ? ? . ????????11 分 1 2 1 ? g ? 0 ? , ? a ? 1 ?3a ? , ? a ? 1 ? ? ? 2 3 2 ?

1 时, M ? a ? ? 2 . 3 1 1 故当 0 ? a ? 时不超标,当 ? a ? 1 时超标. 3 3
∴当且仅当 0 ? a ? 20.(本小题满分 13 分) 设函数 f ( x) ?

????????12 分

ln x , g ( x) ? x 2 . 2 x

(1)求 f ( x) 的极大值;

(2)试探究函数 F ( x) ? x f ( x) ? k ( x ? ) ? 1(k ? R) 与 g ( x) 的图象在其公共点处是否存
3 '

1 x

在公切线,若存在,研究 k 的值的个数;若不存在,请说明理由. 解析:(1) f ?( x) ?

x ? 2x ln x 1 ? 2ln x ? . 由 f ?( x) ? 0 得 x ? e , x4 x3

从而 f ( x) 在 (0, e ) 单调递增,在 ( e , ??) 单调递减.

f ( x)极大 ? f ( e ) ?

1 . 2e

????????????4 分

2 (2) F ( x) ? x( x f ?( x) ? k ) ? a ?

k 1 ? k ( x ? ) ? 2 ln x x x

假设 F ( x), g ( x) 的图象在其公共点 ( x0 , y0 ) 处存在公切线,

? F ?( x) ?

kx 2 ? 2 x ? k , g ?( x) ? 2 x x2

由 F ?( x0 ) ? g ?( x0 ) 得

kx0 2 ? 2 x0 ? k ? 2 x0 ,即 2x03 ? kx02 ? 2x0 ? k ? 0 x0 2
k 2
又函数的定义域为 (0, ??)

?( x02 ? 1)(2 x0 ? k ) ? 0, ? x0 ?
当 k ? 0 时, x0 ?

k ? (0, ??) ? 函数 F ( x) 与 g ( x) 的图象在其公共点处不存在公切线; 2 k2 k k2 k2 ? 8 k k k 当 k ? 0 时,令 F ( ) ? g ( ), 即: 即: ? 2ln ? 2 ? ? ln ( k ? 0) 2 2 2 2 4 8 2 2 k ?8 k 下面研究方程 ? ln 在 (0, ??) 解的个数 8 2 x2 ? 8 x 1 1 x2 ? 4 ? ln ( x ? 0) 令 ? ( x) ? ? ?( x) ? x ? ? 8 2 4 x 4x 1 ? ( x) 在 (0, 2) 递减, (2, ??) 递增; 且 ? (2) ? ? ? 0 2
且当 x ? 0,? ( x) ? ?? ; 当 x ? ??,? ( x) ? ??

?? ( x ) 在 (0, ??) 有两个零点? 方程

k2 ?8 k ? ln 在 (0, ??) 解的个数为 2 8 2

综上:当 k ? 0 时,函数 F ( x) 与 g ( x) 的图象在其公共点处不存在公切线; 当 k ? 0 时,符合题意的 k 的值有 2 个 ?????????????13 分

21.(本小题满分 14 分) 已知函数 f ? x ? ?

(1)求函数 f ? x ? 的极大值;

1 ? x2 ? x ? R? . 1 ? x ? x2

(2)若 et ? 2 x 2 ? et x ? et ? 2 ≥ 0 对满足 x ≤ 1 的任意实数 x 恒成立,求实数 t 的取值范 围(这里 e 是自然对数的底数); (3)求证:对任意正数 a 、 b 、 ? 、 ? ,恒有

?

?

?? ? a ? ? b ? f ?? ? ? ?? ? ? ? ?

2

? ?? ? ?

? ? a 2 ? ?b2 f? ? ???

? ? ? a ? ?b ? ? a 2 ? ?b2 . ?≥? ? ? ??? ? ? ??? ?

2

【解析】 (Ⅰ) f ? ? x ? ?

?2 x ?1 ? x ? x 2 ? ? ? 2 x ? 1? ?1 ? x 2 ?

∴ f ? x ? 的增区间为 ?2 ? 3, ?2 ? 3 ,f ? x ? 减区间为 ??, ?2 ? 3 和 ?2 ? 3, ?? . 极大值为 f ?2 ?

?

? ? 2 3 3? ? .--------4 分 3
2 ?1 ? x 2 ?
2

?1 ? x ? x ?

2 2

? ? x ? ?2 ? 3 ? ? ? x ? ?2 ? 3 ? ? ? ? ? ? 2 2 ?1 ? x ? x ?

?

?

?

?

?

? ?

?

(Ⅱ)原不等式可化为 et ≥ ∴

2 ?1 ? x

2

1? x ? x

2

? 的最大值为 4

1? x ? x

由(Ⅰ)知, x ≤ 1 时, f ( x) 的最大值为

2 3 . 3

3 3

,由题意 e t ≥

4 3 4 3 ,从而 t ≥ ln 3 3

------8 分

1 ? x2 ? x ? x ? 0? (Ⅲ)设 g ? x ? ? f ? x ? ? x ? 1 ? x ? x2
则 g?? x? ? f ?? x? ?1 ?

? ? x 2 ? 4 x ? 1?

?1 ? x ? x ?

2 2

?1 ? ?

x 4 ? 2 x3 ? 4 x 2 ? 6 x ? 2

?1 ? x ? x ?
2

2 2

.

∴当 x ? 0 时, g ? ? x ? ? 0 ,故 g ? x ? 在 ? 0, ?? ? 上是减函数,

?? ? a ? b ? ? ? a ? ?b ? ? a 2 ? ?b2 ?? ≤0 又当 a 、 b 、 ? 、 ? 是正实数时, ? ? ? 2 ??? ? ??? ? ?? ? ? ?
2

? ? a ? ?b ? ? a 2 ? ?b 2 ∴? . ≤ ? ??? ? ??? ? ?? ? a ? ? b ? 2 ? ? ? a ? ? b ? 2 ? ? a 2 ? ?b2 ? ? a 2 ? ?b2 ? ≥ f 由 g ? x ? 的单调性有: f ?? , ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 2 2 ?? ? a ? ? b ? ? ? ? a ? ?b ? ? ? a ? ?b ? ? a 2 ? ?b2 ? f ≥ 即 f ?? .------14 分 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

2

复合方程问题的解决方法
关于 x 的方程 f ?g ?x ?? ? c ,其中 c 为实常数,称为复合方程,其可看成由外方程

f ?u ? ? c 和内方程 u ? g ?x ? 复合而成。问题的解决主要是应用函数与方程思想,数形结合
思想,转化与化归思想以及分类讨论思想,往往要综合运用函数图像,运算求解,抽象概括

和逻辑推理等方法。 一、直接求解 1.已知 f ( x) ? ? A.4 【解析】解得 ? 3, 二、由外及内 2.(2013 安徽 10)若函数 f (x) ? x3 ? 2ax2 ? bx ? c 有极值点 x1 , x 2 ,且 f (x1 )=x1 , 则关于 x 的方程 3(f (x))2 +2af (x)+b=0 的不同实根个数是( A ) (A)3 (B)4 (C) 5 (D)6 3. (2013 江苏) 若函数 y ? f ( x) 在 x ? x0 处取得极大值或极小值, 则称 x 0 为函数 y ? f ( x) 的极值点。已知 a,b 是实数,1 和 ?1是函数 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx 的两个极值点. (1)求 a 和 b 的值; (2)设函数 g ( x) 的导函数 g ?( x) ? f ( x) ? 2 ,求 g ( x) 的极值点;

?x ? 1, ( x ? 0) ,则函数 y ? f ? f ( x)? ? 1 的零点个数是( ?log2 x, ( x ? 0)
B.3 C.2 D.1



1 1 ,? , 2 ,共 4 个,选 A。 4 2

2] ,求函数 y ? h( x) 的零点个数. (3)设 h( x) ? f ( f ( x)) ? c ,其中 c ? [?2 ,
【解析】(1)由 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx ,得 f' ( x) ? 3x2 ? 2ax ? b 。 ∵1 和 ?1是函数 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx 的两个极值点, ∴ f' (1) ? 3 ? 2a ? b =0 , f' (?1) ? 3 ? 2a ? b=0 ,解得 a=0,b= ? 3 。 (2)∵ 由(1)得, f ( x) ? x3 ? 3x ,∴ g?( x) ? f ( x) ? 2=x 3 ? 3x ? 2= ? x ?1 ? ?x ? 2 ? ,
2

解得 x1 =x2 =1,x3 = ? 2 ,∵当 x < ?2 时, g ?( x) < 0 ;当 ?2 < x <1时, g ?( x) > 0 , ∵当 ?2 < x <1或 x>1 时, g ?( x) > 0 .故 g ( x) 的极值点是-2。 (3)令 f ( x)=t ,则 h( x) ? f (t ) ? c 。 先讨论关于 x 的方程 f ( x )=d 根的情况: d ?? ?2, 2? 当 d =2 时,由(2)可知, f ( x)= ? 2 的两个不同的根为 I 和一 2 ,注意到 f ( x) 是奇 函数,∴ f ( x )=2 的两个不同的根为一和 2。 当 d < 2 时,∵ f (?1) ? d =f (2) ? d =2 ? d > 0 , f (1) ? d =f (?2) ? d = ? 2 ? d < 0 ,

∴一 2 , -1,1 ,2 都不是 f ( x )=d 的根。 由(1)知 f' ( x)=3? x ? 1?? x ? 1? 。 ① 当 x ? ? 2, ? ? ? 时, f' ( x) > 0 ,于是 f ( x) 是单调增函数,从而 f ( x) > f (2)=2 。 此时 f ( x )=d 在 ? 2, ? ? ? 无实根。 ② 当 x ? ?1 , 2 ? 时. f' ( x) > 0 ,于是 f ( x) 是单调增函数。 又∵ f (1) ? d < 0 , f (2) ? d > 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断, ∴ f ( x )=d 在(1 , 2 )内有唯一实根。 同理, f ( x )=d 在(一 2 ,一 I )内有唯一实根。 ③ 当 x ? ? ?1 , 1? 时, f' ( x) < 0 ,于是 f ( x) 是单调减两数。 又∵ f (?1) ? d > 0 , f (1) ? d < 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断, ∴ f ( x )=d 在(一 1,1 )内有唯一实根。 因此,当 d =2 时, f ( x )=d 有两个不同的根 x1,x2 满足 x1 =1,x2 =2 ; 当 d < 2 时 f ( x )=d 有三个不同的根 x3,x1,x5 ,满足 xi < 2,i =3, 4, 5 。 现考虑函数 y ? h( x) 的零点: ( i )当 c =2 时, f (t )=c 有两个根 t1,t2 ,满足 t1 =1, t2 =2 。 而 f ( x)=t1 有三个不同的根, f ( x)=t2 有两个不同的根,故 y ? h( x) 有 5 个零点。 ( ii )当 c < 2 时, f (t )=c 有三个不同的根 t3,t4,t5 ,满足 ti < 2,i =3, 4, 5 。 而 f ( x)=ti ? i =3, 4, 5? 有三个不同的根,故 y ? h( x) 有 9 个零点。 综上所述,当 c =2 时,函数 y ? h( x) 有 5 个零点;当 c < 2 时,函数 y ? h( x) 有 9 个零点。 【考点】函数的概念和性质,导数的应用。 【解析】(1)求出 y ? f ( x) 的导数,根据 1 和 ?1 是函数 y ? f ( x) 的两个极值点代入列方 程组求解即可。(2)由(1)得, f ( x) ? x3 ? 3x ,求出 g ?( x) ,令 g ?( x)=0 ,求解讨论即可。 (3)比较复杂,先分 d =2 和 d < 2 讨论关于 x 的方程 f ( x )=d 根的情况;再考虑函数

y ? h( x) 的零点。
三、由内及外
2 2 2 4.(2006 湖北 10)关于 x 的方程 ( x ? 1) ? x ? 1 ? k ? 0 ,给出下列四个命题:

①存在实数 k ,使得方程恰有 2 个不同的实根; ②存在实数 k ,使得方程恰有 4 个不同的实根; ③存在实数 k ,使得方程恰有 5 个不同的实根; ④存在实数 k ,使得方程恰有 8 个不同的实根; 其中假 命题的个数是( A ) . A.0 B.1 C.2 D.3

5.(2005 上海 16)设定义域为 R 的函数 f ( x) ? ?

?| lg | x ? 1 ||, x ? 1 ,则关于 x 的方程 0, x ?1 ?

f 2 ( x) ? bf ( x) ? c ? 0 有 7 个不同实数解的充要条件是( C )
A. b ? 0 且 c ? 0 四、内外结合 6.(2013 福建 20)已知函数 f ( x) ? sin(? x ? ? )(? ? 0, 0 ? ? ? ? ) 的周期为 ? ,图像的一 个对称中心为 ( B. b ? 0 且 c ? 0 C. b ? 0 且 c ? 0 D. b ? 0 且 c ? 0

?
4

, 0) ,将函数 f ( x) 图像上的所有点的横坐标伸长为原来的 2 倍(纵坐标不

变),在将所得图像向右平移

?
2

个单位长度后得到函数 g ( x) 的图像.

(1)求函数 f ( x) 与 g ( x) 的解析式; (2)是否存在 x0 ? (

? ?

, ) ,使得 f ( x0 ), g ( x0 ), f ( x0 ) g ( x0 ) 按照某种顺序成等差数列?若 6 4

存在,请确定 x0 的个数;若不存在,说明理由. (3)求实数 a 与正整数 n ,使得 F ( x) ? f ( x) ? ag ( x) 在 (0, n? ) 内恰有 2013 个零点. 解:(Ⅰ)由函数 f ( x) ? sin(? x ? ? ) 的周期为 ? , ? ? 0 ,得 ? ? 2 又曲线 y ? f ( x) 的一个对称中心为 ( 故 f ( ) ? sin(2 ?

?
4

, 0) , ? ? (0, ? )

?

?
4

4

? ? ) ? 0 ,得 ? ?

?
2

,所以 f ( x) ? cos 2 x

将函数 f ( x) 图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变)后可得 y ? cos x 的图

象,再将 y ? cos x 的图象向右平移 (Ⅱ)当 x ? (

?
2

个单位长度后得到函数 g ( x) ? sin x

? ?

1 2 1 , 0 ? cos 2 x ? , ) 时, ? sin x ? 2 2 6 4 2

所以 sin x ? cos 2 x ? sin x cos 2 x 问题转化为方程 2 cos 2 x ? sin x ? sin x cos 2 x 在 ( 设 G ( x) ? sin x ? sin x cos 2 x ? 2 cos 2 x , x ? (

? ?

? ?

, ) 内是否有解 6 4

, ) 6 4

则 G ?( x) ? cos x ? cos x cos 2 x ? 2sin 2 x(2 ? sin x) 因为 x ? (

? ?

, ) ,所以 G?( x) ? 0 , G ( x) 在 ( , ) 内单调递增 6 4 6 4

? ?

又 G( ) ? ?

?

6

? 2 1 ?0 ? 0 , G( ) ? 4 2 4
? ?
, ) 内存在唯一零点 x0 , 6 4

且函数 G ( x) 的图象连续不断,故可知函数 G ( x) 在 ( 即存在唯一的 x0 ? (

? ?

, ) 满足题意 6 4

(Ⅲ)依题意, F ( x) ? a sin x ? cos 2 x ,令 F ( x) ? a sin x ? cos 2 x ? 0 当 sin x ? 0 ,即 x ? k? (k ? Z ) 时, cos 2 x ? 1 ,从而 x ? k? (k ? Z ) 不是方程 F ( x) ? 0 的 解,所以方程 F ( x) ? 0 等价于关于 x 的方程 a ? ? 现研究 x ? (0, ? ) U (? , 2? ) 时方程解的情况 令 h( x ) ? ?

cos 2 x , x ? k? ( k ? Z ) sin x

cos 2 x , x ? (0, ? ) U (? , 2? ) sin x

则问题转化为研究直线 y ? a 与曲线 y ? h( x) 在 x ? (0, ? ) U (? , 2? ) 的交点情况

h?( x) ?

cos x(2sin 2 x ? 1) ? 3? ,令 h?( x) ? 0 ,得 x ? 或 x ? 2 sin x 2 2

当 x 变化时, h( x) 和 h?( x) 变化情况如下表

x
h?( x)

(0, ) 2

?

? 2
0

( ,? ) 2

?

(? ,

3? ) 2

3? 2

(

3? , 2? ) 2

?
Z

?
]

?
]

0
?1

?
Z

h( x )

当 x ? 0 且 x 趋近于 0 时, h( x) 趋向于 ?? 当 x ? ? 且 x 趋近于 ? 时, h( x) 趋向于 ?? 当 x ? ? 且 x 趋近于 ? 时, h( x) 趋向于 ?? 当 x ? 2? 且 x 趋近于 2? 时, h( x) 趋向于 ?? 故当 a ? 1 时,直线 y ? a 与曲线 y ? h( x) 在 (0, ? ) 内有无交点,在 (? , 2? ) 内有 2 个交点; 当 a ? ?1 时,直线 y ? a 与曲线 y ? h( x) 在 (0, ? ) 内有 2 个交点,在 (? , 2? ) 内无交点; 当 ?1 ? a ? 1 时,直线 y ? a 与曲线 y ? h( x) 在 (0, ? ) 内有 2 个交点,在 (? , 2? ) 内有 2 个交 点 由函数 h( x) 的周期性,可知当 a ? ?1 时,直线 y ? a 与曲线 y ? h( x) 在 (0, n? ) 内总有偶数 个交点,从而不存在正整数 n ,使得直线 y ? a 与曲线 y ? h( x) 在 (0, n? ) 内恰有 2013 个交 点;当 a ? ?1 时,直线 y ? a 与曲线 y ? h( x) 在 (0, ? ) U (? , 2? ) 内有 3 个交点,由周期性,

2013 ? 3 ? 671 ,所以 n ? 671? 2 ? 1342
综上,当 a ? ?1 , n ? 1342 时,函数 F ( x) ? f ( x) ? ag ( x) 在 (0, n? ) 内恰有 2013 个零点

五、利用特性 7.(2009 福建 10)函数 f ( x) ? ax ? bx ? c (a ? 0) 的图象关于直线 x ? ?
2
2

b 对称。据此可 2a

推测,对任意的非零实数 a,b,c,m,n,p,关于 x 的方程 m ? f ( x) ? ? nf ( x) ? p ? 0 的 解集都不可能是( A. ?1, 2? 【答案】D [解析]本题用特例法解决简洁快速, 对方程 m[ f ( x)] ? nf ( x) ? P ? 0 中 m, n, p 分别赋值求
2

) B ?1, 4? C ?1, 2,3, 4? D ?1,4,16,64?

出 f ( x) 代入 f ( x) ? 0 求出检验即得. 8. ( 周 考 二 10 重 点 班 ) 已 知 函 数 f ( x) ? ?

?l o g 5 | x ? 5 | ( x ? 5) ,若关于 x 的方程 ( x ? 5) ?3

f 2 ( x) ? bf ( x) ? c ? 0 有 五 个 不 等 实 根 x1 , x2 ,? ? ?, x5 , 则 f ( x1 ? x2 ? ? ? ? ? x5 ) ?
( C )

A. log5 3

B. 1 ? log5 3

C. 1 ? log5 4

D.2

复合方程根的问题实质上复合函数零点问题,故最本质的方法还是数形结合,也就是 “方程 f ( x) ? 0 的实数根 ? 函数 y ? f ( x) 的零点 ? 曲线 y ? f ( x) 与 x 轴的交点横坐标 或分解为两曲线的交点横坐标”

大道至简:构造函数的智慧
函数思想的本质就是运用运动、变化的观点,分析和研究数量减的关系,最终通过 函数的图像和性质解决问题,它是研究数学问题的重要工具。运用函数思想,常需要构 造函数,而构造法属于非常规思维,它适用于对那些常规方法不易解决的问题,是培养 创造性思维能力的一种有效途径。 一、基于问题形式特征的分析,创新构造函数解决有关函数问题,化繁为简。 构造法的主要思想是依据题设条件的特征, 以所求结论为方向, 在构造中实现思维的升 华,使问题变得简洁明了,解决起来轻松自如。 【例 1】(2013 福建 8)设函数 f ( x) 的定义域为 R, x0 ( x0 ? 0) 是 f ( x) 的极大值点,以下 结论一定正确的是( ) B. ? x0 是 f (? x) 的极小值点 D. ? x0 是 ? f (? x) 的极小值点
3

A. ?x ? R, f ( x) ? f ( x0 ) C. ? x0 是 ? f ( x) 的极小值点

【解析】问题抽象,构造简单的初等函数来处理。取 f ( x) ? x ? 3x ,易得选 D。 【例 2】(高二下月考四 10)设函数 f ? x ? 满足 x f ? ? x ? ? 2 xf ? x ? ?
2

ex e2 , f ? 2 ? ? , 则当 x 8

x ? 0 时, f ? x ? ( D )
(A)有极大值,无极小值 (C)既有极大值又有极小值
2 ' 2

(B)有极小值,无极大值 (D)既无极大值也无极小值
'

【解析】构造函数 F ( x) ? x f ( x),则F ( x) ? x f ( x) ? 2 xf ( x), F (2) ? 4 f (2) ?

e2 , 2

由 x f ? ? x ? ? 2 xf ? x ? ?
2

ex ex e x ? 2 x 2 f ( x) , 得 x 2 f ' ( x) ? ? 2 xf ( x) ? f ' ( x) ? ,即 x x x3

f ' ( x) ?
已解决.

e x ? 2 F ( x) e x ( x ? 2) x ' x ' g ( x ) ? e ? 2 F ( x ), 则 g ( x ) ? e ? 2 F ( x ) ? ,令 ,至此问题 x3 x

(周考三 14 (普通班))已知函数 f ? x ? ? a ln ? x ? 1? ? x , 若对 0 ? x1 ? x2 ? 1 , 不等式
2

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? 1 恒成立,则实数 a 的取值范围为 x2 ? x1
【答案】 a ? 6



14. (重点班) 已知函数 f ? x ? ? a ln ? x ? 1? ? x ,在区间 ? 0,1? 内任取两个实数 p, q ,且 p ? q ,
2

若不等式

f ? p ? 1? ? f ? q ? 1? ? 1恒成立,则实数 a 的取值范围为 p?q



【答案】 a ? 15 (月考三 21)已知函数 f ( x) ?

x2 ? a 3 ln( x ? a ? a 2 ) , a ? R 且 a ? 0 . 2

(Ⅰ)讨论函数 f ( x) 的单调性;

f ( x2 ) ? f ( x1 ) a 2 ? ?a. (Ⅱ)当 a ? 0 时,若 a ? a ? x1 ? x2 ? a ? a ,证明: x2 ? x1 2
2 2

【解析】(1) f ?( x) ? x ?

a3 x 2 ? (a ? a 2 ) x ? a 3 ( x ? a )( x ? a 2 ) ? ? ……2 分 x ? a ? a2 x ? a ? a2 x ? a ? a2
2

令 f ?( x) ? 0 ,因为 x ? a ? a 2 ? 0 故 ( x ? a )( x ? a ) ? 0 . 当 a ? 0 时,因 a ? a 2 ? a 且 a ? a 2 ? a 2 所以上不等式的解为 (a ? a , ??) ,
2

从而此时函数 f ( x) 在 (a ? a , ??) 上单调递增.
2 2

……………………4 分

当 a ? 0 时,因 a ? a ? a 2 ? a 2 所以上不等式的解为 (a , ??) , 从而 f ( x) 在 (a , ??) 上单调递增,同理 f ( x) 在 (a ? a , a ] 上单调递减.……6 分
2 2 2

(2)(方法一)要证原不等式成立,只须证明 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? ( x2 ? x1 )(

a2 ? a) , 2

a2 a2 ? a) x2 ? f ( x1 ) ? ( ? a) x1 . 2 2 因为 a 2 ? a ? x1 ? x2 ? a 2 ? a 所以原不等式只须证明:
只须证明 f ( x2 ) ? ( 函数 h( x) ? f ( x) ? (

a2 ? a) x 在 x ? (a 2 ? a, a 2 ? a ) 内单调递减. 2

……………8 分

3 2 a 4 a3 x ? a x ? ? ? a2 a2 a3 2 2 2 由(1)知 h?( x) ? x ? ( ? a ) ? , ? 2 x ? a ? a2 x ? a ? a2 因为 x ? a ? a 2 ? 0 , 3 2 a 4 a3 2 我们考察函数 g ( x) ? x ? a x ? ? ? a2 , x ? ? a 2 ? a, a 2 ? a ? ? ?. 2 2 2 a2 ? a ? a2 ? a 3a 2 因 ? a 2 ? x对称轴 ? ?? a 2 ? a, a 2 ? a ? ? ?, 2 4
2

所以 g ( x) ? g (a ? a ) ? 0 .
2

……………………………10 分
2

从而知 h?( x) ? 0 在 x ? (a ? a, a ? a ) 上恒成立,
2

所以函数 h( x) ? f ( x) ? ( 从而原命题成立

a2 ? a) x 在 x ? (a 2 ? a, a 2 ? a ) 内单调递减. 2
……………………………………………12 分

(方法二)要证原不等式成立,只须证明 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? ( x2 ? x1 )(

a2 ? a) , 2

a2 a2 只须证明 f ( x2 ) ? ( ? a ) x2 ? f ( x1 ) ? ( ? a ) x1 ( a 2 ? a ? x1 ? x2 ? a 2 ? a ), 2 2 2 ?a ? 设 g ?x ? ? f ?x ? ? ? ? 2 ? a? ?x , ? ?

? a2 ? 2 2 则欲证原不等式只须证明函数 g ? x ? ? f ? x ? ? ? ? 2 ? a? ?x 在 x ? ? ? a ? a, a ? a ? ? 内单调递减 ? ?
………………8 分

? a2 ? ? a2 ? a3 ? ? 由(1)可知 g ? x ? ? f ? x ? ? ? ? 2 ? a? ? ? x ? x ? a ? a2 ? ? ? 2 ? a? ? ? ? ? ? ? x ? a ? a2 ? ? a2 ? a3 2 ? ? a ? a ? ? a? 2 ? ?. x?a?a ? 2 ?
2

因为 a ? 0 ,所以 y ? x ? a ? a ?

a3 在? a 2 ? a, a 2 ? a ? 2 ? ? 上为增函数, x?a?a
2

? a2 ? a3 2 ?a ?a ?? ?a? ? 0. 所以 g ? ? x ? ? g ? ? a ? a ? ? a ? a ? a ? a ? 2 2 a ?a?a?a ? 2 ?
2 2

从而知 g ?? x ? ? 0 在 x ? (a ? a, a ? a ) 上恒成立,
2 2

所以函数 g ? x ? ? f ? x ? ? ? ? 从而原命题成立.

? a2 ? 2 2 ? a? ? x 在 x ? (a ? a, a ? a ) 内单调递减. 2 ? ?

14.已知 f(x)定义在(0,+∞)的可导函数,

f ( x) ? xf ' ( x) 恒成立,则 x 2 f ( 1 ) ? f ( x) ? 0
x

的解集是_______________.【答案】 ?1,??? 【变 10】已知函数 f ( x) 在 (0, ??) 上每一点处可导的函数,若 xf ' ( x) ? f ( x) 在 x ? 0 时恒 成立. (1)判断函数 g ( x) ?

f ( x) 在 (0, ??) 上的单调性; x

(2)当 x1 ? 0, x2 ? 0 时,比较 f ( x1 ? x2 ) 与 f ( x1 ) ? f ( x2 ) 的大小.

xf ' ( x) ? f ( x) ? 0 对 x ? 0 时恒成立, 【解析】(1)由已知得 g ( x) ? x2
'

所以函数 g ( x) 在 (0, ??) 上的单调递增; (2) f ( x1 ? x2 ) ? ( x1 ? x2 ) g ( x1 ? x2 ), f ( x1 ) ? x1g ( x1 ), f ( x2 ) ? x2 g ( x2 ) , 所以 f ( x1 ? x2 ) ? ? f ( x1 ) ? f ( x2 )? ? ( x1 ? x2 ) g ( x1 ? x2 ) ? x1 g ( x1 ) ? x2 g ( x2 )

? x1 ? g ( x1 ? x2 ) ? g ( x1 )? ? x2 ? g ( x1 ? x2 ) ? g ( x2 )?
由(1)函数 g ( x) 在 (0, ??) 上的单调递增得 g ( x1 ? x2 ) ? g ( x1 ), g ( x1 ? x2 ) ? g ( x2 ) , 故 f ( x1 ? x2 ) ? ? f ( x1 ) ? f ( x2 )? ? 0 ,即 f ( x1 ? x2 ) > f ( x1 ) ? f ( x2 ) .

五、基于问题的合理化归,灵活构造函数解决有关方程问题,化生为熟。 (统考四 9)若 0 ? x1 ? x2 ? 1 ,则( C ) A. e 2 ? e 1 ? ln x2 ? ln x1
x x

B. e 2 ? e 1 ? ln x2 ? ln x1
x x

C. x2e 1 ? x1e
x

x2

D. x2e 1 ? x1e
x

x2

【考点】本题考查了函数的构造思想和导数的应用。
x 【解析】设函数 f ( x) ? e ? ln x 且 g ( x) ?

ex 1 ( x ? 1)e x x ? ? ,则 f ( x) ? e ? , g ( x) ? , x x x2

因为 0 ? x ? 1 ,所以 f ?( x ) 不能确定,且 g ?( x) ? 0 , 所以函数 f ( x) 单调性不确定,函数 g ( x) 在区间 (0,1) 上单调递减, 则 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ?

e x1 e x2 ? ? x2e x1 ? x1e x2 ,故选 C。 x1 x2
1 ( x ? 0) 与 g ( x) ? x 2 ? ln(x ? a) 的图象在存在关 2

2 x (统考四 10)已知函数 f ( x ) ? x ? e ?

于 y 轴对称点,则 a 的取值范围是( B )

(-?, ) A.

1 e

B. (-?,e)

(C.

1 ,e) e

(- e, ) D.

1 e

【考点】本题考查了指、对数函数的性质和函数与方程的思想。 【解析】由题可得存在 x0 ? (??,0) 满足 x0 ? e 0 ?
2 x

1 ? (? x0 ) 2 ? ln(? x0 ? a ) 2
0

? e x0 ? ln(? x0 ? a ) ?

1 1 ? 0, 当 x0 取决于负无穷小时, e x ? ln( ? x0 ? a ) ? 趋近于 ?? , 2 2
1 在定义域内是单调递增的, 2

因为函数 y ? e x ? ln( ? x ? a ) ?

所以 ln a ? ln e ? a ? e ,故选 B。 (统考四 21)已知函数 f ? x ? ?

(1)求函数 f ? x ? 的极大值;

1 ? x2 ? x ? R? . 1 ? x ? x2

(2)若 et ? 2 x 2 ? et x ? et ? 2 ≥ 0 对满足 x ≤ 1 的任意实数 x 恒成立,求实数 t 的取值范 围(这里 e 是自然对数的底数); (3)求证:对任意正数 a 、 b 、 ? 、 ? ,恒有

?

?

?? ? a ? ? b ? 2 ? f ?? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
【解析】 (Ⅰ) f ? ? x ? ?

? ? a 2 ? ?b2 f? ? ???

? ? ? a ? ?b ? ? a 2 ? ?b2 . ?≥? ? ? ??? ? ? ??? ?

2

?2 x ?1 ? x ? x 2 ? ? ? 2 x ? 1? ?1 ? x 2 ?

∴ f ? x ? 的增区间为 ?2 ? 3, ?2 ? 3 ,f ? x ? 减区间为 ??, ?2 ? 3 和 ?2 ? 3, ?? . 极大值为 f ?2 ? 3 ? (Ⅱ)原不等式可化为 et ≥ ∴

?

?1 ? x ? x ?

2 2

?

? ? x ? ?2 ? 3 ? ? ? x ? ?2 ? 3 ? ? ? ? ? ? 2 2 ?1 ? x ? x ?

?

?

?

?

?

? ?

?

?

?

2 3 .--------4 分 3

2 ?1 ? x 2 ?
2

2 ?1 ? x

2

1? x ? x

2

? 的最大值为 4

1? x ? x

由(Ⅰ)知, x ≤ 1 时, f ( x) 的最大值为

2 3 . 3

3 3
2

,由题意 e t ≥

4 3 4 3 ,从而 t ≥ ln 3 3

------8 分

(Ⅲ)设 g ? x ? ? f ? x ? ? x ?

1? x ? x ? x ? 0? 1 ? x ? x2

则 g?? x? ? f ?? x? ?1 ?

? ? x 2 ? 4 x ? 1?

?1 ? x ? x ?

2 2

?1 ? ?

x 4 ? 2 x3 ? 4 x 2 ? 6 x ? 2

?1 ? x ? x ?
2

2 2

.

∴当 x ? 0 时, g ? ? x ? ? 0 ,故 g ? x ? 在 ? 0, ?? ? 上是减函数,

?? ? a ? b ? ? ? a ? ?b ? ? a 2 ? ?b2 ?? ≤0 又当 a 、 b 、 ? 、 ? 是正实数时, ? ? ? 2 ??? ? ??? ? ?? ? ? ?
2

? ? a ? ?b ? ? a 2 ? ?b 2 ∴? . ≤ ? ??? ? ??? ? ?? ? a ? ? b ? 2 ? ? ? a ? ? b ? 2 ? ? a 2 ? ?b2 ? ? a 2 ? ?b2 ? ≥ f 由 g ? x ? 的单调性有: f ?? , ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 2 2 ?? ? a ? ? b ? ? ? ? a ? ?b ? ? ? a ? ?b ? ? a 2 ? ?b2 ? f ≥ 即 f ?? .------14 分 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? x ( 统 考 一 21 ) 设 g ( x) ? e , f ( x) ? g[?x ? (1 ? ?)a] ? ?g ( x) , 其 中 a, ? 是 常 数 , 且

2

0 ? ? ? 1.
(1)求函数 f ( x) 的最值;

(2)证明:对任意正数 a ,存在正数 x ,使不等式

g ( x) ? 1 ? 1 ? a 成立; x
? ?

(3)设 ?1 ? 0, ?2 ? 0 ,且 ?1 ? ?2 ? 1 ,证明:对任意正数 a1 , a 2 都有 a1 1 a2 2 ? ?1a1 ? ? 2 a2 . 21.【解析】(1)∵ f ?( x) ? ? g ?[? x ? (1 ? ? )a] ? ? g ?( x) , ---------------1 分 由 f ?( x) ? 0 得, g ?[? x ? (1 ? ? )a] ? g ?( x) , ∴ ? x ? (1 ? ? )a ? x ,即 (1 ? ? )( x ? a) ? 0 ,解得 x ? a ,-----------------3 分 故当 x ? a 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? a 时, f ?( x) ? 0 ; ∴当 x ? a 时, f ( x) 取最大值, f ( x)max=f (a) ? (1 ? ? ) g (a) ? (1 ? ?)ea

f ( x) 没有最小值.

-----------------4 分

ex ?1 ex ? x ?1 (2)∵ , ?1 ? x x
又当 x ? 0 时,令 h( x) ? e ? x ? 1 ,则 h?( x) ? e ? 1 ? 0 ,故 h( x) ? h(0) ? 0 ,
x x

因此原不等式化为
x

ex ? x ?1 ? a ,即 e x ? (1 ? a) x ? 1 ? 0 , x
x

令 ? ( x) ? e ? (1 ? a) x ? 1 ,则 ? '( x) ? e ? (1 ? a) ,
x 由 ? '( x) ? 0 得: e ? 1 ? a ,解得 x ? ln(1 ? a) ,

当 0 ? x ? ln(1 ? a) 时, g ?( x) ? 0 ;当 x ? ln(1 ? a) 时, g ?( x) ? 0 . 故当 x ? ln(1 ? a) 时, ? ( x) 取最小值

? ( x)min ? ?[ln(1 ? a)] ? a ? (1 ? a) ln(1 ? a) ,

-----------------7 分

令 s(a) ? a ? (1 ? a) ln(1 ? a)(a ? 0) ,则 s?(a) ? ? ln(1 ? a) ? 0 . 故 s(a) ? s (0) ? 0 ,即 ?[ln(1 ? a)] ? a ? (1 ? a) ln(1 ? a) ? 0 . 因此,存在正数 x ? ln(1 ? a) ,使原不等式成立. -----------------9 分

(3)由(1) f ( x) ? (1 ? ? ) g (a) 恒成立,故 g[? x ? (1 ? ? )a] ? ? g ( x) ? (1 ? ? ) g (a) , 取 x ? x1 , a ? x2 , ? ? ?1 ,1 ? ? ? ?2 ,即得 g (?1x1 ? ?2 x2 ) ? ?1 g ( x1 ) ? ?2 g ( x2 ) , 即e 1 1
? x ? ?2 x2

? ?1ex1 ? ?2ex2 ,故所证不等式成立.

-----------------14 分

法二:先证 ( x ? 1)? ? 1 ? ? x(? ? 0, x ? ?1) 令 ? ( x) ? ( x ? 1) ? ? x , ? '( x) ? ?[( x ? 1)? ?1] ? 0 ,
?

则 x ? 0 ,而 x ? (?1, 0) 时, ? '( x) ? 0 ; x ? (0, ??) , ? '( x) ? 0

? ( x)min ? ? (0) ? 1 , ? ( x) ? 1,
∴ ( x ? 1)? ? 1 ? ? x(? ? 0, x ? ?1) ,令 x ?
? ?

a2 ? 1 , ? ? ?2 a1

则有 a1 1 a2 2 ? ?1a1 ? ? 2 a2 。 -----------------14 分

(周考一 21)设函数错误!未找到引用源。,
(1) 当 a=错误!未找到引用源。时,求 f(f(

a 为 常数且 a∈(0,1).

1 错误!未找到引用源。)); 3

(2) 若 x0 满足 f(f(x0))= x0,但 f(x0)≠x0,则称 x0 为 f(x)的二阶周期点,证明函数 f ( x ) 有且 仅有两个二阶周期点,并求二阶周期点 x1,x2; 2 (3) 对于(2)中 x1,x2,设 A(x1,f(f(x1))),B(x2,f(f(x2))),C(a , 0),记△ABC 的面积为 s(a),求

1 错误!未找到引用源。,错误!未找到引用源。]上的最大值和最小值. 3 1 2 1 2 2 2 1 【解析】(1)当 a= 时, f ( )= , f ( f ( )) ? f ( ) ? 2(1 ? ) ? 3 3 3 3 3 3 2 ?1 2 ? a 2 x, 0 ? x ? a ? ? 1 (a ? x), a 2 ? x ? a ? ? a(1 ? a ) ( 2) f ( f ( x)) ? ? ? 1 2 ( x ? a), a ? x ? a 2 ? a ? 1 ? (1 ? a ) ? ? 1 (1 ? x), a 2 ? a ? 1 ? x ? 1 ? a(1 ? a ) ?
s(a)在区间[

当 0 ? x ? a 时,由
2

1 x ? x 解得 x=0,由于 f(0)=0,故 x=0 不是 f(x)的二阶周期点; a2

当 a ? x ? a 时由
2

a 1 (a ? x) ? x 解得 x ? 2 ? (a 2 , a), ?a ? a ? 1 a(1 ? a)

a 1 a 1 a )? ? 2 ? 2 ? 2 ?a ? a ? 1 a ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 a 故x? 是 f( x)的二阶周期点; 2 ?a ? a ? 1
因 f(
2

当 a ? x ? a ? a ? 1 时,由
2

1 1 ( x ? a ) ? x 解得 x ? ? (a, a 2 ? a ? 1) 2 2?a (1 ? a )

因 f(
2

1 1 1 1 1 )? ? (1 ? )? 故x ? 不是 f(x)的 二阶周期点; 2?a 2 ? a 1? a 2?a 2?a
1 1 (1 ? x) ? x 解得 x ? 2 ? (a2 ? a ? 1,1) ?a ? a ? 1 a (1 ? a)

当 a ? a ? 1 ? x ? 1 时,

1 1 1 a 1 )? ? (1 ? 2 )? 2 ? 2 ?a ? a ? 1 1 ? a ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 1 故x? 是 f(x)的二阶周期点. ?a 2 ? a ? 1 a 1 因此,函数 f ( x ) 有且仅有两个二阶周期点, x1 ? , x2 ? . 2 2 ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 a a 1 1 , 2 ), B( 2 , 2 ) (3)由( 2)得 A( 2 ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1
因 f(
2

则 s (a) ?

1 a 2 (1 ? a) 1 a(a3 ? 2a 2 ? 2a ? 2) ? 2 , s?(a) ? ? 2 ?a ? a ? 1 2 (?a 2 ? a ? 1)2

1 错误!未找到引用源。 , 错误!未找到引用源。 ] 内 , 故 s?(a) ? 0 , 则 3 1 1 s(a)在区间[ , ]上单调递增, 3 2 1 1 1 1 1 1 故 s (a)在区间[ , ]上最小值为s( )= ,最大值为s( )= 3 2 3 33 2 20
因为 a 在 [ (周考二(重点班)21)已知函数 f ( x) ? e ? ax ? ex, a ? R .
x 2
:学.科

(Ⅰ)若曲线 y ? f ( x) 在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,求函数 f(x)的单调区 间; (Ⅱ)试确定 a 的取值范围,使得曲线 y ? f ( x) 上存在唯一的点 P,曲线在该点处的切线 与曲线只有一个公共点 P.
[来源:Zxxk.C

(月考三 20)已知函数 f ? x ? ? k ( x ?1)e ? x .
x 2

(1)若在 y 轴的左侧,函数 g ? x ? ? x ? (k ? 2) x 的图象恒在 f ? x ? 的导函数 f ? ? x ? 的图象
2

的上方,求 k 的取值范围; (2)当 k ? ?1 时,求函数 y ? f ? x ? 在 ? k ,1? 上的最小值 m 。

(周考三 13)已知 a ? R ,且满足 (a ? 1) 【答案】 a ? ?1 或

?

1 3

? (3 ? 2a) ,则 a 的取值范围为

?

1 3

.

2 3 ?a? . 3 2
…………………13 分

(周考三 16)把函数 f ( x) ? x3 ? x 的图像 C1 向右平移 u 个单位长度,再向下平移 v 个单位 长度后得到函数 g ( x) 的图像 C2 . (Ⅰ)求函数 g ( x) 的解析式; (Ⅱ)证明: C1 与 C2 关于点 A( , ? ) ; (Ⅲ)如果若对任意的 u ? 0 ,曲线 C1 与 C2 至多只有一个交点,求 v 的最小值. 【解析】(Ⅰ) g ( x) ? ? x ? u ? ? ? x ? u ? ? v ;
3

u 2

v 2

--------4 分 ---------8 分

(Ⅱ)证明:略;
2 2 3 (Ⅲ)证明:设 h( x) ? f ( x) ? g ( x), 则 h( x) ? 3ux ? 3u x ? u ? u ? v

由题意即为对任意 u ? 0 ,函数 h( x) 有两个零点.
4 3 故 ? ? 9u ? 12u u ? u ? v ? 0 即 v ? ?

?

?

u3 ? u 对任意 u ? 0 恒成立. 4

易求得 v ?

4 3 4 3 ,即 v 的最小值为 . 9 9

(周考三 19)已知函数 f ( x) ? ln(e x ? a) (a 为常数)是 R 上的奇函数,函数 g ( x) ? ?f ( x) ? sin x 是区间[-1,1]上的减函数. (Ⅰ)求 a 的值; (Ⅱ)若 g ( x) ? t 2 ? ?t ? 1在x ? [?1,1]上恒成立,求 t 的取值范围; (Ⅲ)讨论关于 x 的方程

ln x ? x 2 ? 2ex ? m 的根的个数. f ( x)
x

【解析】(Ⅰ)? f ( x) ? ln(e ? a) 是奇函数,? ln(e ? x ? a) ? ? ln(e x ? a) ,

? (e ? x ? a)(e x ? a) ? 1, 即 a(a ? e x ? e? x ) ? 0 ,故 a=0;
(Ⅱ)由(Ⅰ)知: f ( x) ? x,? g ( x) ? ?x ? sin x ,? g ( x)在[?1,1] 上单调递减,

? g ' ( x) ? ? ? cos x ? 0 ,? ? ? ? cos x 在[-1,1]上恒成立,? ? ? ?1 .

[ g ( x)]max ? g (?1) ? ?? ? sin 1, ?只需 ? ? ? sin 1 ? t 2 ? ?t ? 1, 即(t ? 1? ) ? t2 ? s i n ? 1? 1(其中 0 ? ? ?1 )恒成立,
令 h(? ) ? (t ? 1)? ? t 2 ? sin 1 ? 1 ? 0(? ? ?1) ,则 ?

?t ? 1 ? 0

, 2 ?? t ? 1 ? t ? sin 1 ? 1 ? 0

?t ? ?1 ?? 2 , 而t 2 ? t ? sin 1 ? 0 恒成立,? t ? ?1 ?t ? t ? sin 1 ? 0
(Ⅲ)由

ln x ln x ln x , f 2 ( x) ? x 2 ? 2ex ? m, 则 ? ? x 2 ? 2ex ? m. 令 f1 ( x) ? x f ( x) x
1 ? ln x ' , 所以当 x ? (0, e? 时, f 1 ? x ? ? 0, ? f1 ( x)在?0, e? 上为增函数; x2
'

f1' ( x) ?

当 x ? ?e,??? 时, f1 ( x) ? 0, ? f1 ( x)在?e,??? 上为减函数, 可得当 x ? e时, [ f 1 ( x)] max ? f 1 (e) ? 故当 m ? e ? 即m ? e ?
2 2

1 , 而 f 2 ( x) ? ( x ? e) 2 ? m ? e 2 , e

1 时,方程无解; e 1 1 2 2 当 m ? e ? , 即m ? e ? 时,方程有一个根; e e 1 1 2 2 当 m ? e ? , 即 m ? e ? 时,方程有两个根. e e
2 (周考三 20)已知函数 f ( x) ? x ? a( x ? ln x) , x ? 0 , a ? R 是常数.

1 e

(Ⅰ)求函数 y ? f ( x) 的图象在点 1 , f ?1? 处的切线方程; (Ⅱ)若函数 y ? f ( x) 图象上的点都在第一象限,试求常数 a 的取值范围; (Ⅲ)证明: ?a ? R ,存在 ? ? (1 , e) ,使 f ' (? ) ? 【解析】(Ⅰ) f ( x ) ? 2 x ? a (1 ?
/

?

?

f (e) ? f (1) . e ?1

1 ) , f (1) ? 1 ? a , f / (1) ? 2 ? 2a ?????2 分 x

函数 y ? f ( x) 的图象在点 (1 , f (1)) 处的切线为 y ? (1 ? a) ? (2 ? 2a)(x ? 1) , 即 y ? (1 ? a)(2 x ? 1) ?????????4 分 (Ⅱ)① a ? 0 时, f ( x) ? x 2 ,因为 x ? 0 ,所以点 ( x , x 2 ) 在第一象限, 依题意, f ( x) ? x 2 ? a( x ? ln x) ? 0 ?????????5 分 ② a ? 0 时,由对数函数性质知, x ? (0 , 1) 时, ln x ? (?? , 0) , a ln x ? (?? , 0) ,
2 从而“ ?x ? 0 , f ( x) ? x ? a( x ? ln x) ? 0 ”不成立 ???????6 分

③ a ? 0 时,由 f ( x) ? x 2 ? a( x ? ln x) ? 0 得 设 g ( x ) ? ?(

1 1 1 ? ?( ? 2 ln x) , a x x

1 1 x ?1 2 ? 2 ln x) , g / ( x) ? 3 ? 3 ln x x x x x

g ( x) ? g (1) ? ?1,从而

1 1 1 ? ?( ? 2 ln x) ? ?1 , ? 1 ? a ? 0 ?????8 分 a x x
???????9 分

综上所述,常数 a 的取值范围 ? 1 ? a ? 0 (Ⅲ)直接计算知

f (e) ? f (1) a ? e ?1? a ? ????????10 分 e ?1 e ?1 f (e) ? f (1) a a / ? 2 x ? (e ? 1) ? ? 设函数 g ( x) ? f ( x) ? ?????11 分 e ?1 x e ?1

g (1) ? 1 ? e ? a ?

a a(e ? 2) ? (e ? 1) 2 , ? e ?1 e ?1

g (e) ? e ? 1 ?

a a e(e ? 1) 2 ? a ? ? e e ?1 e(e ? 1)
2

当 a ? e(e ? 1) 或 a ?

(e ? 1) 2 时, e?2

[a(e ? 2) ? (e ? 1) 2 ][a ? e(e ? 1) 2 ] ?0 g (1) g (e) ? ? e(e ? 1) 2
因为 y ? g ( x) 的图象是一条连续不断的曲线,所以存在 ? ? (1 , e) ,使 g (? ) ? 0 , 即 ? ? (1 , e) ,使 f / (? ) ?

f (e) ? f (1) ;??????12 分 e ?1



(e ? 1) 2 ? a ? e(e ? 1) 2 时, g (1) 、 g (e) ? 0 ,而且 g (1) 、 g (e) 之中至少一个为 e?2
a ? e2 ?1 ,等号当且仅当 x ? e ?1

正,由均值不等式知, g ( x) ? 2 2a ?

a ? (1 , e) 时 2

成立,所以 g ( x) 有最小值 m ? 2 2a ? 且m ?

a ? e 2 ? 1 ? a ? 2(e ? 1) 2a ? (e 2 ? 1) , ? e ?1 e ?1

? a ? 2(e ? 1) 2a ? (e 2 ? 1) ? [ a ? 2 (e ? 1)]2 ? (e ? 1)(e ? 3) ? ?0, e ?1 e ?1

此时存在 ? ? (1 , e) ( ? ? (1 ,

a a ) 或? ? ( , e) ),使 g (? ) ? 0 。???13 分 2 2

f (e) ? f (1) ??????14 分 e ?1 1 1 (a ? 0) 在 (0, ) 内 (周考三 21) (重点班) (本大题 14 分)已知函数 f ( x) ? a ln x ? x ?1 2
/ 综上所述, ?a ? R ,存在 ? ? (1 , e) ,使 f (? ) ?

有极值. (Ⅰ)求实数 a 的取值范围; (Ⅱ)若 x1 ? (0, ), x2 ? (2, ??) 且 a ? [ , 2) 时,求证: f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? ln 2 ? 【解析】(Ⅰ)由 f ( x ) ? a ln x ?

1 2

1 2

3 . 4

1 ax 2 ? (2a ? 1) x ? a 得: f ?( x) ? , x ?1 x( x ? 1)2 1 a

2 方法 1:因为 a ? 0, 令 g ( x ) ? x ? (2 ? ) x ? 1 ,

1 1 ? ?0 ? 1 ? 2 a ? 2 , ? 1 ? 2 2 可求 g (0) ? 1 ? 0, 令 g ( ) ? 0 或 ?? ? (2a ? 1) ? 4a ? 0, ?????2 分 2 ? 1 ? g ( ) ? 0. ? 2 ?
则 0 ? a ? 2 . ????? 4 分
2 方法 2:由 ax ? (2a ? 1) x ? a ? 0 得 a ?

x , ( x ? 1) 2

令 g ( x) ?

1 ( x ? 1) ( x ? 1) x ?0 , g ?( x) ? ? ,? x ? (0, ) ,则 g ?( x) ? ? 3 2 2 ( x ? 1) ( x ? 1)3 ( x ? 1)

则函数 g ( x) 在 (0, ) 上单调递增; 又 g (0) ? 0, g ( ) ? 2 ,? 0 ? a ? 2 .

1 2

?????2 分 ?????4 分

1 2

方法 3:由 ax2 ? (2a ? 1) x ? a ? 0 得: a ?

x ? ( x ? 1) 2

1 , 1 x? ?2 x

令 h( x ) ? x ?

1 1 x2 ?1 ? 2 , x ? (0, ) ,则 h?( x) ? 2 ? 0 , x 2 x

1 1 1 ? h( x) 在 x ? (0, ) 上单调递减,且 h( x ) ? h( ) ? ? 0 , 2 2 2
则函数

1 ? h( x)

1 1 在 x ? (0, ) 上单调递增;????? 2 分 1 2 x? ?2 x
?????4 分

?0 ? a ? 2 .
(注意:若只求出

1 (0,2) 的值域为 而不说明单调性扣 1 分) 1 x? ?2 x

ax 2 ? (2a ? 1) x ? a (Ⅱ)由(Ⅰ)得: f ?( x) ? , x( x ? 1)2
2 设 ax ? (2a ? 1) x ? a ? 0 (0 ? a ? 2) 的两根为 ? , ? .

1 ? 1 ?? ? ? ? 2 ? 则? a ,得: 0 ? ? ? ? 2 ? ? , 2 ? ?? ? ? ? 1
当 x ? (0, ? ) ?(? , ??) 时, f ?( x) ?

??????????6 分

ax 2 ? (2a ? 1) x ? a ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增; x( x ? 1)2

当 x ? (? , ) ?(2, ? ) 时, f ?( x) ? 则 f ( x1 ) ? f (? ), f ( x2 ) ? f (? ) ,

1 2

ax 2 ? (2a ? 1) x ? a ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; x( x ? 1)2
?????????8 分

则 f ( x 2 ) ? f ( x1 ) ? f ( ? ) ? f (? ) ? a ln ? ?

1 1 , ? a ln ? ? ? ?1 ? ?1

? a ln

1 1 ? ? ?? ? a[ln ? 2 ? ? ? ] (利用 ? ? ? ? 2 ? , ? ? ? ? 1 ) ? a ? ? ?? ? (? ? ? ) ? 1
2

令 h( x) ? ln x ? x ?

( x ? 1)2 1 ( x ? 2) ,则 h?( x) ? ? 0 ,所以函数 h( x) 单调递增, x x2
3 1 3 2 .? ln ? ? ? ? ? 2 ln 2 ? ? 0 , 2 ? 2

h( x) ? h(2) ? 2 ln 2 ? 1 2

2 又 a ? [ , 2) ,则 a[ln ? ? ? ?

1

?

] ? ln 2 ?

3 3 ,所以 f ( x 2 ) ? f ( x1 ) ? ln 2 ? .???12 分 4 4

另解:(其余同上) f ( x 2 ) ? f ( x1 ) ? f ( ? ) ? f (? ) ? a ln ? ?

1 1 ? a ln ? ? , ? ?1 ? ?1

? a ln

1 1 ? ? ?? ? a[ ?2 ln ? ? ? ? ] (利用 ? ? ? ? 2 ? , ? ? ? ? 1 ) ? ? a ? ?? ? (? ? ? ) ? 1

令 h( x) ? ?2 ln x ?

?2 x ? 1 ? x 2 1 1 ? x(0 ? x ? ) , 则 h?( x) ? ? 0 ,则函数 h( x) 单调递减, x 2 x2

1 1 3 1 3 h( x) ? h( ) ? 2 ln 2 ? , ? -2 ln ? ? ? ? ? 2 ln 2 ? ? 0 ,又 a ? [ ,2) , 2 2 2 ? 2 1 3 3 则 a[?2 ln ? ? ? ? ] ? ln 2 ? , 所以 f ( x 2 ) ? f ( x1 ) ? ln 2 ? . ??????12 分 ? 4 4
【例 3】(2013 天津 7)函数 f ( x) ? 2x | log0.5 x | ?1 的零点个数为( (A) 1 (B) 2 (C) 3
x

) (D) 4

?1? 【 解 析 】 f ( x) ? 0 ? 2 x | log 0.5 x |? 1 ?| log 0.5 x |? ? ? , 化 为 函 数 g ( x) ? log0.5 x 与 ?2?

?1? h( x) ? ? ? 的图像交点问题. ?2?
【例 4】(2013 湖南 5)函数 f ? x ? ? 2ln x 的图像与函数 g ? x ? ? x ? 4x ? 5 的图像的交点
2

x

个数为( A.3

) B .2 C .1
2

D.0

【解析】构造函数 h( x) ? g ( x) ? f ? x ? , 则h( x) ? x ? 4x ? 5 ? 2ln x ,易得 B 9.(2011 江苏)在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 P 是函数 f ( x) ? e ( x ? 0) 的图象上
x

的动点,该图象在 P 处的切线 l 交 y 轴于点 M,过点 P 作 l 的垂线交 y 轴于点 N,设线段 MN 的中点的纵坐标为 t,则 t 的最大值是_____________. 【答案】 tmax ?

1 1 (e ? ) 2 e

【解析】综合考察指数函数、导数的几何意义、导数的应用、直线方程及其斜率、直线的位 置关系,难题。 设 P( x0 , e 0 ), 则 l : y ? e 0 ? e 0 ( x ? x0 ),? M (0,(1 ? x0 )e 0 ) ,过点 P 作 l 的垂线
x

x

x

x

y ? ex0 ? ?e? x0 ( x ? x0 ), N (0, ex0 ? x0e? x0 )



1 1 t ? [(1 ? x0 )e x0 ? e x0 ? x0e ? x0 ] ? e x0 ? x0 (e ? x0 ? e x0 ) 2 2 1 1 1 t ' ? (e x0 ? e ? x0 )(1 ? x0 ) ,所以,t 在 (0,1) 上单调增,在 (1, ??) 单调减, tmax ? (e ? ) 。 2 e 2
2 【变式 3】设函数 f ( x) ? ln(x ? a) ? x ,若直线 y ? x 为函数 f ( x) 的图象的一条切线,求

a 的值。
解:设切点为 P?x0 , x0 ? ,则 f ??x0 ? ? 1 ?
2

1 1 ? 2 x0 ? 1 ? x0 ? a ? x0 ? a 1 ? 2 x0

且 f ?x0 ? ? x0 ? ln?x0 ? a? ? x0 ? x0 ∴ ln

1 2 ? x0 ? x0 1 ? 2 x0
2

即: x0 ? x0 ? ln?1 ? 2x0 ? ? 0
2

再令 h?x ? ? x ? x ? ln?1 ? 2 x ? , x ? ?

2 1 ?0 ,∴ h ?? x ? ? 1 ? 2 x ? 1 ? 2x 2

∴ h ? x ? 为增函数,又 h?0? ? 0 ,∴ h?x0 ? ? 0 ? x0 ? 0 .则 a ? 1 为所求 105.(2011 辽宁理 21)已知函数 f ( x) ? ln x ? ax 2 ? (2 ? a) x . (Ⅰ)讨论 f ( x) 的单调性;

1 1 1 时, f ( ? x) ? f ( ? x) ; a a a (Ⅲ)若函数 y ? f ( x) 的图像与 x 轴交于 A,B 两点,线段 AB 中点的横坐标为 x0,证明:
(Ⅱ)设 a ? 0 ,证明:当 0 ? x ?

f ? (x0)<0.
解:(Ⅰ) f ( x)的定义域为(0, ??),

f ?( x) ?

1 (2 x ? 1)(ax ? 1) ? 2ax ? (2 ? a) ? ? . x x

(i)若 a ? 0, 则f ?( x) ? 0, 所以f ( x) 在(0, ??) 单调增加. (ii)若 a ? 0, 则由f ?( x) ? 0得x ?

1 1 1 , 且 0 ? x ? ? f ' ( x) ? 0, x ? ? f ' ( x) ? 0 a a a

所以 f ( x)在(0, ) 单调增加,在 ( , ??) 单调减少. (Ⅱ)设函数 g ( x) ? f (

1 a

1 a

1 1 ? x) ? f ( ? x), 则 a a

g ( x) ? ln(1 ? ax) ? ln(1 ? ax) ? 2ax, g ?( x) ? a a 2a 3 x 2 ? ? 2a ? . 1 ? ax 1 ? ax 1 ? a2 x2

1 时, g ?( x) ? 0, 而g (0) ? 0, 所以g ( x) ? 0 . a 1 1 1 故当 0 ? x ? 时 , f ( ? x ) ? f ( ? x). a a a
当0 ? x ? (Ⅲ)由(I)可得,当 a ? 0时,函数y ? f ( x) 的图像与 x 轴至多有一个交点, 故 a ? 0 ,从而 f ( x) 的最大值为 f ( ), 且f ( ) ? 0. 不妨设 A( x1 , 0), B( x2 , 0), 0 ? x1 ? x2 , 则0 ? x1 ? 由(II)得 f (

1 a

1 a

1 ? x2 . a

2 1 1 ? x1 ) ? f ( ? ? x1 ) ? f ( x1 ) ? 0. 从而 a a a

x2 ?

x ? x2 1 2 ? x1 , 于是x0 ? 1 ? . 由(I)知, f ?( x0 ) ? 0. a 2 a

【变 3】设函数 f ? x ? ?

x 2 ? ax ? ln x . ex

(1)若 a ? 2 ,试求函数 f ? x ? 的单调区间; (2)若函数 f ( x) 在区间(0,1]上是减函数,求 a 的取值范围.

1 ? x 2 ? ? ln x ? 2 1 2 x 【解析】(1)当 a ? 2 时, f ' ? x ? ? ,令 g ? x ? = ? x ? ? ln x ? 2 ,则 x x e

1 1 ?( x ? 1)(2 x 2 ? 2 x ? 1) g ?1? =0,g ? x ? = ? 2 x ? 2 ? ? , x x x2
'

?0 ? x ? 1 ? g ' ? x ? >0 ? g(x) Z ;x ? 1 ? g ' ? x ? <0 ? g(x) ] .


g ? x ? ? g (1) ? 0

,即

f ' ? x? ? 0

函数 f ? x ? 的单调区间为 ? 0, ?? ? ; ,故

1 ? x 2 ? (2 ? a) x ? ? ln x ? a x (2) f ' ? x ? ? ,若函数 f ? x ? 在区间(0,1]上是减函数, x e
则 ?x ? (0,1], f ' ? x ? ? 0, 故 x 2 ? 2 x ?

1 ? ln x ? a ? x ? 1? ? 0 (*) x

设h ? x ? ? x 2 ? 2 x ?

1 ? ln x ? a ? x ? 1? x
2

?1 ? x ? ? 2 x ? 2 x ? 1? 1 1 h ' ? x ? ? 2x ? 2 ? 2 ? ? a ? ? ?2? a x x x2
若 a ? 2 ,则 h ' ? x ? ? 0, h ? x ? 在 ? 0,1? 递减, h ? x ? ? h ?1? ? 0 即不等式

f ' ? x ? ? f ? x ? , ?x ? (0,1],

恒成立

若 a ? 2 ,?? ? x ? ? 2 x ?

1 1 2 1 ? ? 2 ?? ' ? x ? ? 2 ? 3 ? 2 ? 0 2 x x x x

? ? x ? 在 ? 0,1? 上递增, ? ? x ? ? ? ?1? ? ?2 ,

?x0 ? ? 0,1? , 使得? ? x0 ? ? ?a

x ? ? x0 ,1? ,? ? x ? ? ?a ,即 h ' ? x ? ? 0 , h ? x ? 在? x0 ,1? 上递增, h ? x ? ? h ?1? ? 0
这与 ?x ? ? 0,1? , x 2 ? 2 x ? 综上所述 a ? 2

1 ? ln x ? a ? x ? 1? ? 0 x 矛盾

x2 ? 2x ?
解法二:

1 ? ln x ? a ? x ? 1? ? 0 x 显然 x ? 1 ,不等式成立

1 x 2 ? 2 x ? ? ln x x 当 x ? ? 0,1? 时, a ? 恒成立 1? x
1 1 1 x 2 ? 2 x ? ? ln x ? x 2 ? 2 x ? 1 ? 2 ? ? ln x x x x 设 h ? x? ? , h '? x? ? 2 1? x ?1 ? x ?
设 ? ? x ? ? ? x ? 2x ?1 ?
2

?1 ? x ?? 2 ? x ? ? 0 1 1 ? ? ln x, ? ' ? x ? ? 2 ?1 ? x ? ? 2 x x x3

? ? x ? 在 ? 0,1? 上递增, ? ? x ? ? ? ?1? ? 0 所以 h ' ? x ? ? 0
h ? x ? 在 ? 0,1? 上递减, h ? x ? ? h ?1? ? lim
x ?1

x2 ? 2 x ?

1 ? ln x 1 1 ? ? x ? lim ? ?2 x ? 2 ? ? 2 ? ? 2 x ?1 1? x x x ? ?

所以

a?2
2

25.(2009 国Ⅱ22)设函数 f ? x ? ? x ? aIn ?1 ? x ? 有两个极值点 x1、x2 ,且 x1 ? x2 . (I)求 a 的取值范围,并讨论 f ? x ? 的单调性;

(II)证明: f ? x2 ? ?

1 ? 2 In2 4

..w.w. k.s.5.u.c.o.m

解: (I) f ? ? x ? ? 2 x ?
2

a 2x2 ? 2x ? a ? ( x ? ?1) 1? x 1? x

令 g ( x) ? 2 x ? 2 x ? a ,其对称轴为 x ? ?

1 。由题意知 x1、x2 是方程 g ( x) ? 0 的两个 2
?? ? 4 ? 8a ? 0 1 ,得 0 ? a ? 2 ? g (?1) ? a ? 0

均大于 ?1的不相等的实根,其充要条件为 ?

⑴当 x ? (?1, x1 ) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 (?1, x1 ) 内为增函数; ⑵当 x ? ( x1 , x2 ) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 ( x1 , x2 ) 内为减函数; ⑶当 x ? ( x2, ? ?) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 ( x2, ? ?) 内为增函数; (II)由(I) g (0) ? a ? 0,??

1 ? x2 ? 0 , a ? ?(2 x22 +2x2 ) 2

? f ? x2 ? ? x22 ? aln ?1? x2 ? ? x22 ? (2x22 +2x2 )ln ?1 ? x2 ?
设 h ? x ? ? x ? (2 x ? 2 x)ln ?1 ? x ? ( x ? ? ) ,
2 2

1 2

则 h? ? x ? ? 2x ? 2(2x ?1)ln ?1 ? x ? ? 2x ? ?2(2x ?1)ln ?1 ? x ? ⑴当 x ? (?

1 1 , 0) 时, h? ? x ? ? 0,? h( x) 在 [ ? , 0) 单调递增; 2 2

⑵当 x ? (0, ??) 时, h? ? x ? ? 0 , h( x) 在 (0, ??) 单调递减。

1 1 1 ? 2 ln 2 ?当x ? (? , 0)时, h ? x ? ? h(? ) ? 2 2 4 1 ? 2 In 2 故 f ? x2 ? ? h( x2 ) ? . 4
w.w.w. k.s.5 .u.c.o.m

六、基于问题主元与辅元的变更,巧妙构造函数解决有关不等式问题,化难为易。 (周考三 19)已知函数 f ( x) ? ln(e ? a) (a 为常数)是 R 上的奇函数,函数
x

g ( x) ? ?f ( x) ? sin x 是区间[-1,1]上的减函数. (Ⅰ)求 a 的值;
(Ⅱ)若 g ( x) ? t ? ?t ? 1在x ? [?1,1]上恒成立,求 t 的取值范围;
2

20.(本题满分 13 分) 已知函数 f ( x) ? e ? ax ? 2 x ?1( x ? R) .
x 2

(3)当 a ? 0 时,求 f ( x) 的单调区间; (4)求证:对任意实数 a ? 0 ,有 f ( x) ?
x

a2 ? a ?1 . a

【解析】(1)当 a=0 时,f(x)=e -2x-1(x∈R), ∵f′(x)=e -2,且 f′(x)的零点为 x=ln 2, ∴当 x∈(-∞,ln 2)时,f′(x)<0;当 x∈(ln 2,+∞)时,f′(x)>0 即(-∞,ln 2)是 f(x)的单调减区间,(ln 2,+∞)是 f(x)的单调增区间.(5 分) (2)由 f(x)=e -ax -2x-1(x∈R)得:f′(x)=e -2ax-2, 记 g(x)=e -2ax-2(x∈R). ∵a<0,∴g′(x)=e -2a>0,即 f′(x)=g(x)是 R 上的单调增函数, 又 f′(0)=-1<0,f′(1)=e-2a-2>0, 故 R 上存在惟一的 x0∈(0,1),使得 f′(x0)=0,(8 分) 且当 x<x0 时,f′(x)<0;当 x>x0 时,f′(x)>0. 即 f(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 则 f(x)min=f(x0)= e 0 -ax0-2x0-1,再由 f′(x0)=0 得 e 0 =2ax0+2,
2 x x x 2 x x

x

x

将其代入前式可得 f(x)min=-ax0+2(a-1)x0+1-----(10 分) 又令 φ (x0)=-ax0+2(a-1)x0+1= ? a( x0 ?
2

2

a ? 1 2 (a ? 1) 2 ) ? ?1 a a

a-1 由于-a>0,对称轴 x= >1,而 x0∈(0,1),∴φ (x0)>φ (1)=a-1 a a -a+1 1 a -a+1 又(a-1)- =- >0,∴φ (x0)> a a a a -a+1 故对任意实数 a<0,都有 f(x)> .(12 分) a 【另解】对任意实数 a ? 0 ,有 f ( x) ?
2 2 2

a2 ? a ?1 ? x 2 ? 1 a 2 ? (e x ? 2 x)a ? 1 ? 0 对任意 a

?

?

2 2 x 实 数 a ? 0 恒 成 立 . 设 h(a) ? x ? 1 a ? (e ? 2 x)a ? 1 , 则 h(0) ? 1 ? 0 , 又 易 证

?

?

e x ? 2 x ? 0 ,故 h(a) ? 0 对任意实数 a ? 0 恒成立. 得证.

【例 5】(2013 陕西 21)已知函数 f ( x) ? e x , x ? R .

(Ⅰ)若直线 y=kx+1 与 f (x)的反函数的图像相切, 求实数 k 的值; (Ⅱ)设 x>0, 讨论曲线 y=f (x) 与曲线 y ? mx2 (m ? 0) 公共点的个数. (Ⅲ)设 a<b, 比较
f (a) ? f (b) f (b) ? f (a) 与 的大小, 并说明理由. 2 b?a

【解析】(Ⅰ) f (x)的反函数 g ( x) ? ln x . 设直线 y=kx+1 与 g ( x) ? ln x 相切与点

?kx0 ? 1 ? lnx0 ? ?2 2 ?2 P(x0, y 0 ), 则? 1 ? x 0 ? e , k ? e 。所以 k ? e ?k ? g' (x 0 ) ? x 0 ?
(Ⅱ) 当 x > 0,m > 0 时, 曲线 y=f (x) 与曲线 y ? mx2 (m ? 0) 的公共点个数即方程

f ( x) ? mx2 根 的个数。
由 f ( x) ? m x ? m ?
2

ex ex xe x ( x ? 2) , 令 h ( x ) ? ? h ' ( x ) ? ,[来源:Z#xx#k.Com] x2 x2 x2

则 h(x)在 (0,2)上单调递减,这时 h(x)? (h(2), ??); h(x) 在(2,??)上单调递增 , 这时h(x)? (h(2), ??). h(2) ?

e2 . 4

h(2) 是y ? h(x) 的极小值即最小值。
所以对曲线 y=f (x) 与曲线 y ? mx2 (m ? 0) 公共点的个数,讨论如下: 当 m ? (0, 共点; (Ⅲ) 【方法一】

e2 e2 e2 ) 时,有 0 个公共点;当 m= ( , ? ?) ,有 1 个公共点;当 m ? 有 2 个公 4 4 4

f (a) ? f (b) f (b) ? f (a) (b ? a ? 2) ? ea ? (b ? a ? 2) ? eb ? ? 2 b?a 2 ? (b ? a)
a b

令 g (a) ? (b ? a ? 2) ? e ? (b ? a ? 2) ? e , (a ? b) ,则易得

g ' (a) ? (b ? a ? 1) ? ea ? eb , g '' (a) ? (b ? a) ? ea ? 0, ? g ' (a)在?? ?, b? 上递增,
? g ' (a) ? g ' ?b? ? 0, 所以 g (a) 在 ?? ?, b ? 上递减,故 g (a) ? g (b) ? 0 ,得证.
【方法二】设

f (a) ? f (b) f (b) ? f (a) (b ? a ? 2) ? f (a) ? (b ? a ? 2) ? f (b) ? ? 2 b?a 2 ? (b ? a)

?

(b ? a ? 2) ? e a ? (b ? a ? 2) ? e b (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? e b?a a ? ?e 2 ? (b ? a) 2 ? (b ? a)

令 g ( x) ? x ? 2 ? ( x ? 2) ? e x , x ? 0, 则g ' ( x) ? 1 ? (1 ? x ? 2) ? e x ? 1 ? ( x ? 1) ? e x 。

g ' ( x)的导函数g ' ' ( x) ? (1 ? x ? 1) ? e x ? x ? e x ? 0, 所以g ' ( x)在( 0, ? ?)上单调递增,
且 g ' (0) ? 0.因此g ' ( x) ? 0,g ( x)在(0,??)上单调递增 , 而g (0) ? 0,

所以在(0,??)上g ( x) ? 0 。

?当x ? 0时,g ( x) ? x ? 2 ? ( x ? 2) ? e x ? 0且a ? b,
? (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? e b? a a ?e ? 0 2 ? (b ? a)

所以 当a < b时,

f (a ) ? f (b) f (b) ? f (a) ? 2 b?a
f ( x) ? e x ? ln( x ? m) .

【例 11】(2013 国标Ⅱ理)已知函数

(Ⅰ)设 x ? 0 是 f ( x) 的极值点,求 m ,并讨论 f ( x) 的单调性; (Ⅱ)当 m ? 2 时,证明: f ( x) ? 0 .
【解析】(Ⅰ)

f ' ( x) ? e x ?

1 ' ,由题意得 f (0) ? 0,? m ? 1 , x?m

于是 f ' ( x) ? e x ?

1 ( x ? ?1) , f ' ( x) 在 ?? 1,? ? ? 上递增,且 f ' (0) ? 0 , x ?1
' '

所以 ?1 ? x ? 0 ? f ( x) ? 0, x ? 0 ? f ( x) ? 0 , 故 f ( x) 在 ( ?1,0) 上递减,在 ?0,? ? ? 上递增; (Ⅱ)证明:因为 m ? 2 ,所以 ln(x ? m) ? ln(x ? 2), 故欲证 f ( x) ? 0 ,只需证 m ? 2 时 f ( x) ? 0 . 当 m ? 2 时, f ' ( x ) ? e ?
x

1 ( x ? ?2) , f ' ( x ) 在 ?? 2,??? 上递增, x?2

' ' 0? 且 f (?1) ? 0, f (0) ? 0 ,所以 f ' ( x ) 有唯一零点设为 x 0 ,则 x0 ? ?? 1,

所以 ? 2 ? x ? x0 ? f ( x) ? 0, x ? x0 ? f ( x) ? 0 ,
' '

故 f ( x) 在 (?2, x0 ) 上递减,在 ?x0,? ?? 上递增,所以 f ( x) ? f ( x0 ) .

又 f ' ( x0 ) ? e 0 ?
x

1 1 , ? 0,? e x0 ? ,? x0 ? ? ln (x0 ? 2) x0 ? 2 x0 ? 2

? f ( x0 ) ? e x0 ? ln(x0 ? 2) ?


( x ? 1) 2 1 ? x0 ? 0 ? 0, x0 ? 2 x0 ? 2

(5)若对任意实数 p ? ?? 1,1? ,不等式 px2 ? ( p ? 3) x ? 3 ? 0 成立,则实 数 x 的取值范围 为( ) A. ?? 1,1? ?? B. ? ?? ?,?1? ?? C. ? ?3,??? ? D. ?? ?,?1? ? ?3,??? ?? ??????? (20) (本小题满分 12 分)(理)已知函数 f ( x) ? ln( ? (1)若

f ( x) ? f ( x0 ) ? 0 ,故得证.

1 2

1 ax ) ? x 2 ? ax (a为常数 , a ? 0) 2

1 是函数 f ( x) 的一个极值点,求 a 的值; 2 ?1 ? (2)求证:当 0 ? a ? 2 时, f ( x) 在 ? ? ? ? 上是增函数; ?2 ? ?1 ? (3)若对任意的 a ? ?1,2? 及 x ? ? ,1? ,不等式 f ( x) ? m 恒成立,求实数 m 的取值围. ?2 ?

七、基于问题与函数的观念,迁移构造函数解决有关数列、三角问题,化异为同。 【例 6】(周考四 21 普(2)(3)) 设函数 (2)若

f ( x) ? ln(1 ? x), g ( x) ? xf '( x), x ? 0 ,其中 f '( x) 是 f ( x) 的导函数.

f ( x) ? ag ( x) 恒成立,求实数 a 的取值范围;

(3)设 n ? N ? ,比较 g (1) ? 【解析】由题设得, g ( x) ?

g (2) ? ? ? g (n) 与 n ? f (n) 的大小,并加以证明.

x ( x ? 0) 。 1? x ax 恒成立。 1? x

(Ⅱ)已知 f ( x) ? ag ( x) 恒成立,即 ln(1 ? x) ? 设 ? ( x) ? ln(1 ? x) ?

ax 1 a x ?1? a ( x ? 0) ,则 ? '( x) ? ? ? , 2 1? x 1 ? x (1 ? x) (1 ? x) 2

当 a ? 1 时, ? '( x) ? 0 (仅当 x ? 0, a ? 1 时等号成立), ∴ ? ( x) 在 [0, ??) 上单调递增,又 ? (0) ? 0 ,∴ ? ( x) ? 0 在 [0, ??) 上恒成立,

∴ a ? 1 时, ln(1 ? x) ?

ax 恒成立(仅当 x ? 0 时等号成立), 1? x

当 a ? 1 时,对 x ? (0, a ?1? ] 有 ? '( x) ? 0 ,∴ ? ( x) 在 (0, a ? 1] 上单调递减, ∴ ? (a ? 1) ? ? (0) ? 0 ,即 a ? 1 时,存在 x ? 0 ,使 ? ( x) ? 0 ,故不合题意, 综上可知, a 的取值范围是 (??,1] 。 (Ⅲ)由题设知 g (1) ? g (2) ? ? ? g (n) ?

1 2 n ? ??? , n ? f (n) ? n ? ln(n ? 1) , 2 3 n ?1

比较结果为 g (1) ? g (2) ? ? ? g (n) ? n ? ln(n ? 1) 。 证明如下: 证法一:上述不等式等价于

1 1 1 ? ?? ? ? ln(n ? 1) , 2 3 n ?1 x 在(Ⅱ)中取 a ? 1 ,可得 ln(1 ? x) ? ,x ?0。 1? x 1 1 n ?1 令 x ? , n ? N ? ,则 , ? ln n n ?1 n
下面用数学归纳法证明,

1 ? ln 2 ,结论成立; 2 1 1 1 ? ln(k ? 1) , ②假设 n ? k 时结论成立,即 ? ? ? ? 2 3 k ?1
①当 n ? 1 时, 那么,当 n ? k ? 1 时,

1 1 1 1 1 k ?2 ? ??? ? ? ln(k ? 1) ? ? ln(k ? 1) ? ln ? ln(k ? 2) , 2 3 k ?1 k ? 2 k ?2 k ?1
即结论成立, 由①②可知,结论对 n ? N? 成立。 证法二 上述不等式等价于

1 1 1 ? ?? ? ? ln(n ? 1) , 2 3 n ?1 x 在(Ⅱ)中取 a ? 1 ,可得 ln(1 ? x) ? ,x ?0, 1? x 1 n ?1 1 令 x ? , n ? N ? ,则 ln 。 ? n n n ?1 1 故有 ln 2 ? ln1 ? , 2 1 ln 3 ? ln 2 ? , 3
??

ln(n ? 1) ? ln n ?

1 , n ?1
1 1 1 ? ??? , 2 3 n ?1

上述各式相加可得 ln(n ? 1) ? 结论得证。

证明三:(构造数列单调性)令 f (n) ? ?

1 ? ?1 1 ? ??? ? ? ln(n ? 1) ,则 n ?1 ? ?2 3

x 1 n ?1 ( x ? 0),? f (n) ? f (n ? 1) ? ? ln( ) ? 0, 1? x n ?1 n 1 ? f (n) ? f (n ? 1),故f (n) ? f (1) ? ? ln 2 ? 0 ,故得证 2 n x x 证法四:(几何意义) 如图, ? dx 是由曲线 y ? , x ? n 及 x 轴所围成的曲边梯 0 x ?1 x ?1 1 2 n 形的面积,而 ? ? ? ? 是图中所示各矩形的面积和, 2 3 n ?1 ln(1 ? x) ? 由 (2) 得当 a ? 1 时,

n n 1 2 n x 1 ? ? ?? ? ?? dx ? ? (1 ? )dx ?n ? ln(n ? 1) , 0 2 3 n ?1 0 x ?1 x ?1

结论得证。

16. 集合 A ? { y | y ? x , x ? [1, 2]} ,集合 B ? {x | ln x ? ax ? 2 ? 0} ,且 A ? B ,求实数 a
3

的取值范围。 【解析】易得 ?1,8?,由 A ? B 得 ln x ? ax ? 2 ? 0即a ? 令 g ( x) ?

ln x ? 2 对 ?x ? ?1,8? 恒成立. x

ln x ? 2 ln x ? 1 , x ? ?1,8? , 则 g ' ( x) ? ? ? 0,? g ( x)在?1,8? 上 递 减 , 所 以 x x2 2 ? 3 ln 2 2 ? 3 ln 2 ,故a ? . 8 8

g ( x) min ? g (8) ?

【例 7】 (2013 新课标 16)等差数列 ?an ?的前 n 项和为 S n ,已知 S10 ? 0, S15 ? 25 ,则 nS n 的最小值为________. 【解析】由已知易求得 a1 ? ?3, d ?

x 3 10x 2 2 n3 10n 2 ? , nSn ? ? ,构造函数 f ( x) ? ,易 3 3 3 3 3

得 f ( x)在?1,

? 20? ? 20 ? 故当 n ? 7 上递减,在 ? ? ?上递增,又f (6) ? ?48, f (7) ? ?49 , ? , ? ? 3? ? 3 ?

时 nS n 的最小值为-49. 【例 8】(2013 大纲 12)已知函数 f ? x ? =cos x sin 2x ,下列结论中错误的是( D ) (A) y ? f ? x ? 的图像关于 ?? ,0 ? 中心对称 (B) y ? f ? x ? 的图像关于直线 x ? (C) f ? x ? 的最大值为

?
2

对称

3 2
2

(D) f ? x ? 既奇函数,又是周期函数
2

【解析】 f ? x ? ? 2sin x(1 ? sin x) ,令 t ? sin x, 则g ?t ? ? 2t (1 ? t ), t ???1,1? ,易求得

g ? t ?max ? g (

3 4 3 )? 3 9

20.已知函数 f ( x) ? ax ? x ln x 的图像在点 x ? e ( e 为自然对数的底数)处的切线的斜率 为 3. (4)求实数 a 的值; (5)若 f ( x) ? kx 对 x ? 0 恒成立,求实数 k 的取值范围;
2

(6)当 n ? m ? 1(m, n ? N ) 时,证明: 【 解 析 】 ( 1 ) 因 为

?

n m

m m ? . n n
f' ( x ) =a+lnx+1 .

f ( x ) =ax+xlnx , 所 以

因 为 函 数 f ( x ) =ax+xlnx 的 图 象 在 点 x=e 处 的 切 线 斜 率 为 3 , 所以 f'(e)=3,即 a+lne+1=3.所以 a=1. (2)由(1)知: f ( x) ? x ? x ln x ,若 f ( x) ? kx 对 x ? 0 恒成立,
2

1 ? ln x 1 ? ln x 对 x ? 0 恒成立,令 g ( x) ? ,x ?0 x x ? ln x 则 g ?( x) ? ,当 0 ? x ? 1 时, g ?( x) ? 0 ;当 x ? 1 时, g ?( x) ? 0 。 x2
则k ? ∴ g ( x) 在 (0,1) 上递增,在 (1, ??) 上递减。∴ g ( x) 最大值为 g (1) ? 1 ,即 k ? 1 (3)构造函数 p ( x) ?

x ln x ? x ? 1 ln x , 0 ? x ? 1 ,因为 p?( x) ? 1? x x(1 ? x) 2

【例 15】(2009 广东 21)已知曲线 Cn : x2 ? 2nx ? y 2 ? 0(n ? 1, 2,?) .从点 P(?1, 0) 向曲 线 C n 引斜率为 kn (kn ? 0) 的切线 ln ,切点为 Pn ( xn , yn ) . (1)求数列 {xn }与{ yn } 的通项公式; (2)证明: x1 ? x3 ? x5 ?? ? x2 n ?1 ?

1 ? xn x ? 2 sin n . 1 ? xn yn

w.w. w. k.s.5 .u.c.o.m

2 2 【 解 析 】 ( 1 ) 设 直 线 ln : y ? k n ( x ? 1) ,联立 x ? 2nx ? y ? 0 得

2 2 2 2 2 2 (1 ? k n ) x 2 ? (2k n ? 2n) x ? k n ? 0 ,则 ? ? (2k n ? 2n) 2 ? 4(1 ? k n )k n ? 0,

∴ kn ?

n 2n ? 1

(?

n 2n ? 1

舍去)

2 xn ?

2 kn n2 n 2n ? 1 n , 即 xn ? , ∴ y n ? k n ( xn ? 1) ? ? 2 2 n ?1 1 ? k n (n ? 1) n ?1

n 1 ? xn n ?1 ? ? ( 2) 证 明 : ∵ n 1 ? xn 1? n ?1 1?

1 2n ? 1

x1 ? x3 ? x5 ? ? ? ? ? x2 n?1 ?

1 3 2n ? 1 1 3 2n ? 1 1 ? ????? ? ? ????? ? 2 4 2n 3 5 2n ? 1 2n ? 1

∴ x1 ? x3 ? x5 ? ? ? ? ? x2 n ?1 ?

1 ? xn 1 ? xn

由于

xn ? yn

1 ? xn 1 ,可令函数 f ( x) ? x ? 2 sin x ,则 ? 2n ? 1 1 ? xn
2 , 2

f ' ( x) ? 1 ? 2 cos x ,令 f ' ( x) ? 0 ,得 cos x ?
给定区间 (0,

?

) ,则有 f ' ( x) ? 0 ,则函数 f ( x) 在 (0, ) 上单调递减, 4 4
2 sin x 在 (0, ) 恒成立,又 0 ? 4

?

∴ f ( x) ? f (0) ? 0 ,即 x ?

?

1 1 ? ? ? , 2n ? 1 3 4

则有

1 ? xn x 1 1 ,即 ? 2 sin ? 2 sin n . 2n ? 1 2n ? 1 1 ? xn yn

w.w. w. k.s.5. u.c.o.m

2 1.已知集合 A ? {x | x ? x ? 2 ? 0} , B ? {x | y ? ln(1 ? x)} ,则 A ? B ? (



A. ?1, 2 ?

B. ?1, 2?

C. ? ??1,1?

D. ? ?1,1?

2.已知正角 ? 的终边上一点的坐标为( sin

5? A. 6

B.

2? 3

2? 2? , cos ),则角 ? 的最小值为( ) 3 3 5? 11? C. D. 3 6

4.已知 a ? 0 ,则 x0 满足关于 x 的方程 ax ? b 的充要条件是

1 1 2 1 1 2 ? bx0 ? bx0 A. ?x ? R, ax 2 ? bx ? ax0 B. ?x ? R, ax 2 ? bx ? ax0 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 ? bx0 D. ?x ? R, ax 2 ? bx ? ax0 ? bx0 C. ?x ? R, ax 2 ? bx ? ax0 2 2 2 2
3.函数 f ( x) ? A sin(? x ? ? ) (其中 A ? 0,| ? |?

?

2 所示,为了得到 g ( x) ? sin 2 x 的图像,则只要将 f ( x ) 的图像( ? ? A.向右平移 个单位长度 B.向右平移 个单位长度 6 12 ? ? C.向左平移 个单位长度 D.向左平移 个单位长度 6 12
5.若方程 2a ? 9
sin x

)的图象如图 )

? 4a ? 3sin x ? a ? 8 ? 0 有解,则 a 的取值范围是(
C. 0 ? a ?



A. a ? 0 或 a ? 8 B. a ? 0

8 31

D.

8 72 ?a? 31 23

6.函数 y=x3-2ax+a 在 ? 0,1? 内有极小值,则实数 a 的取值范围是 A. ? 0, ?

? ?

3? 2?

B.

? 0,3?
1 2
x

C. ? 0, ?? ?

D. ? ??,3?

2 7.已知 f ( x) ? x , g ( x ) ? ( ) ? m ,若对任意的 x1 ?? ?1,3? ,存在 x2 ? ?0,1? ,使

f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,则 m 的取值范围是(
A. ? ?

) C. ?1, ?? ? D. ? , ?? ?

? 17 ? , ?? ? ? 2 ?

B. ? ?8, ?? ?

?1 ?2

? ?

8.已知函数 f ( x ) 在 R 上满足 f ( x) ? 2 f (2 ? x) ? x2 ? 8x ? 8 ,则曲线 y ? f ( x) 在点

(1, f (1)) 处的切线方程是
(A) y ? 2 x ? 1 (B) y ? x (C) y ? 3x ? 2 (D) y ? ?2 x ? 3

9. 已 知 函 数 f ( x ) 是 定 义 在 实 数 集 R 上 的 不 恒 为 零 的 偶 函 数 , 且 对 任 意 实 数 x 都 有

5 f ( f ( )) 的值是 xf ( x? 1) ? (1? x ) f (x,则 ) 2 1 5 A. 0 B. C. 1 D. 2 2

10.对于函数 f ( x ) ,若 ?a, b, c ? R , f (a ) , f (b) , f (c) 为某一三角形的三边长,则称

f ( x) 为“可构造三角形函数”.已知函数 f ( x) ?
取值范围是( A. ? , 2 ? 2 ) B. ?0,1? C. ?1, 2?

ex ? t 是“可构造三角形函数”,则实数 t 的 ex ? 1

?1 ?
?

? ?

D. ? 0, ?? ?

11.

?

0

?2 ( x ? sin x)dx ? ___ -2 _________. 2

12.函数 f ( x) ? cos x ? log8 x 的零点个数为 ___3______ . 13. 已 知 函 数 f ( x)?

l gx若, ?0 a? 且 b , f ( a ? ) f则 ( ba ? )2 .b 的 取 值 范 围 是 _


(3, ??) __.
14.若 a ? 0 ,且 sin x ? sin y ? a , cos x ? cos y ? a ,则 sin x ? cos x ? 15.设函数 f ( x) ? x ? 1,对任意 x ? ? , ?? ? , f ?
2

?2 ?3

? ?

?x? 2 ? ? 4m f ( x) ? f ( x ? 1) ? 4 f (m) 恒 ?m?
.

成立,则实数 m 的取值范围是

m??

3 3 或m ? 2 2

16.设函数 f ( x) ?

3 1 cos x ? sin x ? 1 2 2

(1)求函数 f ( x ) 的值域和函数的单调递增区间; (2)当 f (? ) ?

9 ? 2? 2? ) ,且 ? ? ? 时,求 sin(2? ? 的值. 5 6 3 3
cosx+ sinx+1=sin(x+ )+1≤2, )+1,

解:(1)依题意 f(x)= ∵﹣1≤sin(x+

)≤1,则∵0≤sin(x+

函数 f(x)的值域是[0,2], 令﹣ +2kπ≤x+ ≤2kπ+ ,k∈Z,解得﹣ +2kπ, +2kπ≤x≤ +2kπ,k∈Z,

所以函数 f(x)的单调增区间为[﹣ (2)由 f(a)=sin(α+

+2kπ],k∈Z. )= ,

)+1= ,得 sin(α+



<α<

,∴

<α+

<π 时,得 cos(α+ )=2sin(α+

)=

, )=﹣2× × = .

∴sin(2α+

)=sin2(α+

)cos(α+

17.已知函数 f ( x) ? 2x ? a ? 2? x (a ? R) . (1)讨论函数 f ( x ) 的奇偶性; (2)若函数 f ( x ) 在 ? ??, 2? 上为减函数,求 a 的取值范围. 解:(1)∵f(x)=2 +a?2 , ﹣x x ∴f(﹣x)=2 +a?2 , 若 f(x)为偶函数,则对任意的 x∈R,都有 f(x)=f(﹣x), 即 2 +a?2 =2 +a?2 对任意的 x∈R 都成立. ﹣x x 化简可得(2 ﹣2 )(1﹣a)=0 对任意的 x∈R 都成立. ﹣x x 由于 2 ﹣2 不恒等于 0,故有 1﹣a=0,即 a=1 ∴当 a=1 时,f(x)是偶函数; 若 f(x)为奇函数,则对任意的 x∈R,都有 f(x)=﹣f(﹣x), 即 2 +a?2 +2 +a?2 =0,(2 +2 )(1+a)=0 对任意的 x∈R 都成立. x ﹣x 由于 2 +2 不恒等于 0,故有 1+a=0,即 a=﹣1 ∴当 a=﹣1 时,f(x)是奇函数, 综上可得当 a=1 时,f(x)是偶函数; 当 a=﹣1 时,f(x)是奇函数; 当 a≠±1 时,f(x)是非奇非偶函数. (2)∵函数 f(x)在(﹣∞,2]上为减函数, ∴对任意的 x1<x2≤2,都有 f(x1)﹣f(x2)>0, 即 f(x1)﹣f(x2)= 恒成立.
x
﹣x ﹣x

x

﹣x

x

﹣x

﹣x

x

x

x

﹣x



,知

恒成立,即

恒成立.

由于当 x1<x2≤2 时 ∴a≥4



2 18.已知二次函数 f ( x) ? ax ? bx 对任意 x ? R 均有 f ( x ? 4) ? f (2 ? x) 成立,且函数的

图象过点 A ?1, ? . (1)求函数 y ? f ( x) 的解析式; (2)若不等式 f ( x ? t ) ? x 的解集为 ? 4, m? ,求实数 t 、 m 的值.

? 3? ? 2?

解: (1) ∵f (x) =ax +bx 对任意 x∈R 恒有 f (x﹣4) =f (2﹣x) 成立, 且图象过点

2





(2 分)

化简 a(x﹣4) +b(x﹣4)=a(2﹣x) +b(2﹣x), 得(2b﹣4a)x+(12a﹣6b)=0.(3 分) 此一元一次方程对 x∈R 都成立,于是, ,即 b=2a.

2

2

进一步可得

.(6 分)∴

.(7 分)

(2)∵f(x﹣t)≤x 的解集为[4,m], ∴ 分) 2 2 ∴4、m 是方程 x ﹣2tx+t ﹣2t=0 的两根.(10 分) 于是, ,解此方程组, (9

得 ∴ .(14 分)

.(13 分)

19. 统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗 油量 y (升)关于行驶速度 x (千米/小时)的函数解析式可以表示为:

y?

1 3 x3 ? x ? 8(0 ? x ? 120). 已知甲、乙两地相距 100 千米 128000 80

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(I)当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油多少升? (II)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少?最少为多少升? 答:当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油 17.5 升
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100 小时, 设耗油量为 h( x) 升, x 1 3 100 1 2 800 15 x3 ? x ? 8). ? x ? ? (0 ? x ? 120), 依题意得 h( x) ? ( 128000 80 x 1280 x 4
(II) 当速度为 x 千米/小时时, 汽车从甲地到乙地行驶了

x 800 x3 ? 803 h '( x) ? ? ? (0 ? x ? 120). 640 x 2 640 x 2
令 h '( x) ? 0, 得 x ? 80. 当 x ? (0,80) 时, h '( x) ? 0, h( x) 是减函数;

当 x ? (80,120) 时, h '( x) ? 0, h( x) 是增函数

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? 当 x ? 80 时, h( x) 取到极小值 h(80) ? 11.25.
因为 h( x) 在 (0,120] 上只有一个极值,所以它是最小值
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答:当汽车以 80 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少,最少为 11.25 升 20.设 a∈R,函数 f(x)=lnx﹣ax. (1)若 a=2,求曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程;
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(2)若 a<

,试判断函数 f(x)在 x∈(1,e )的零点个数,并说明你的理由;
2

2

(3)若 f(x)有两个相异零点 x1,x2,求证:x1?x2>e 解:在区间(0,+∞)上, (1)当 a=2 时,切线的斜率 k=

. ,

又 f(1)=ln1﹣2×1=﹣2, 由点斜式得切线方程为 y﹣(﹣2)=﹣(x﹣1),即 x+y+1=0. (2)方法一: 2 (i)当 a≤0 时,f'(x)≥0,则 f(x)在(1,e )上单调递增, 2 此时 f(1)=﹣a≥0,∴f(x)在 x∈(1,e )没有零点; (ii)当 a>0 时,令 f'(x)=0,得 ①
2



时,则
2

当 x∈(1,e ),有 f′(x)≥0,从而 f(x)在(1,e )单调递增, 2 2 2 2 此时 f(1)=﹣a<0,f(e )=lne ﹣ae =2﹣ae >0, 2 ∴f(x)在 x∈(1,e )有且只有一个零点. ②当 即 时,则

当 当 而
2

,f(x)在 ,f(x)在
2 2

单调递增; 单调递减.

,f(1)=﹣a<0,f(e )=2﹣ae >0,

∴f(x)在 x∈(1,e )有且只有一个零点. 2 综上,当 a≤0 时,f(x)在 x∈(1,e )没有零点; 当 时,函数 f(x)有且只有一个零点. ,

方法二:由 f(x)=0,得

函数 f(x)在 x∈(1,e )的零点个数等价于函数 y=a 的图象与函数 数, 令 g(x)= ,则 ,

2

的图象的交点个

由 g'(x)=0,得 x=e, 在区间(1,e)上,g'(x)>0,则函数 g(x)是增函数, ∴g(1)<g(x)<g(e),即
2



在区间(e,e )上,g'(x)<0,则函数 g(x)是减函数, ∴g(e )<g(x)<g(e),即 ∵ 当
2 2



,∴当 a≤0 时,f(x)在 x∈(1,e )没有零点; 时,函数 f(x)有且只有一个零点. ?lnx1+lnx2>2.

(3)原不等式

不妨设 x1>x2>0,∵f(x1)=0,f(x2)=0,∴lnx1﹣ax1=0,lnx2﹣ax2=0, ∴lnx1+lnx2=a(x1+x2),lnx1﹣lnx2=a(x1﹣x2), ∴a(x1+x2)>2? ? .



,则 t>1,于是

?



设函数

,则

>0, 故函数 h(t)在(1,+∞)上为增函数,∴h(t)>h(1)=0, 即不等式 lnt 21
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成立,故所证不等式

成立.

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(本小题满分 14 分) 设 x ? 3 是函数 f ( x) ? ( x ? ax ? b)e
2 3? x

( x ? R) 的一个极值点

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(Ⅰ)求 a 与 b 的关系式(用 a 表示 b ),并求 f ( x ) 的单调区间;
2 (Ⅱ)设 a ? 0 , g ( x ) ? ( a ?

25 x )e 4

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若存在 ?1 , ?2 ?[0, 4] 使得 f (?1 ) ? g (?2 ) ? 1 成

立,求 a 的取值范围

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点评:本小题主要考查函数、不等式和导数的应用等知识,考查综合运用数学知识解决 问题的能力
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解:(Ⅰ)f `(x)=-[x2+(a-2)x+b-a ]e3 x,


由 f `(3)=0,得 -[32+(a-2)3+b-a ]e3 3=0,即得 b=-3-2a,


则 f `(x)=[x2+(a-2)x-3-2a-a ]e3

-x

=-[x2+(a-2)x-3-3a ]e3 x=-(x-3)(x+a+1)e3


-x

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令 f `(x)=0,得 x1=3 或 x2=-a-1,由于 x=3 是极值点, 所以 x+a+1≠0,那么 a≠-4 当 a<-4 时,x2>3=x1,则 在区间(-∞,3)上,f `(x)<0, f (x)为减函数; 在区间(3,―a―1)上,f `(x)>0,f (x)为增函数; 在区间(―a―1,+∞)上,f `(x)<0,f (x)为减函数 当 a>-4 时,x2<3=x1,则 在区间(-∞,―a―1)上,f `(x)<0, f (x)为减函数; 在区间(―a―1,3)上,f `(x)>0,f (x)为增函数; 在区间(3,+∞)上,f `(x)<0,f (x)为减函数
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(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当 a>0 时,f (x)在区间(0,3)上的单调递增,在区间(3,4)上 单调递减,那么 f (x)在区间[0,4]上的值域是[min(f (0),f (4) ),f (3)], 而 f (0)=-(2a+3)e3<0,f (4)=(2a+13)e 1>0,f (3)=a+6,


那么 f (x)在区间[0,4]上的值域是[-(2a+3)e3,a+6] 又 g ( x) ? (a ?
2

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25 x )e 在区间[0,4]上是增函数, 4

且它在区间[0,4]上的值域是[a2+ 由于(a2+ (a2+

25 25 4 ,(a2+ )e ], 4 4

1 25 1 )-(a+6)=a2-a+ =( a ? )2≥0,所以只须仅须 2 4 4
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3 25 )-(a+6)<1 且 a>0,解得 0<a< 2 4 3 ) 2
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故 a 的取值范围是(0, 附2

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高中数学试卷讲评课教学模式
一、教学目标 1.培养学生自我评价、自我调整、自我完善的能力. 2.查漏补缺,解决学习中存在的问题,完善认知结构. 3.开阔解题思路,优选解题方法,提高学生分析问题、解决问题的能力. 4.通过多种不同思路的展示,培养学生的创新精神和实践能力。 二、重点难点 典型错误出错原因的剖析与纠错,典型题目解题思路探究与解题方法分析. 三、突破措施 1.统计各题的解答情况,特别是试卷中的典型错误; 2.课堂调查与问卷调查相结合,分析出错原因; 3.在错因分析、错题纠错、规范表述、反思提高、方法总结等环节上让学生积极参与,相互 讨论学习,以充分体现学生学习的主体地位. 四、教学过程 1.数据统计与成绩分析 本环节要求:教师要制定科学合理的评分标准,认真评阅试卷,统计成绩并重点分析以 下几项: 对学生得失分情况进行统计、汇总,确定讲评重点;分类统计各类题目的解答情 况, 对选择题和填空题应统计出错题目和人数、 对解答题统计得分并计算各题的平均分和典 型错误及新颖解法, 确定重点讲评的题目; 对错误较为集中的题目进行分析, 找出错误根源, 定出纠错措施。 2.公布答案,学生纠正错误 本环节要求将提前将试卷发给学生, 首先要求学生进行自改, 然后与同学交流考试得失, 讨论解决问题的方法,剖析出错原因. 3.分类讲解:典型错误剖析纠正,通性通法,一题多解及解法优化,变式训练 所谓的通性通法就是找出事物的共同性质,用普遍适用的带有一定规律性方法去解决, 不过多地强调技巧性. 通性通法也是在历年高考中重点考查的方法. 通过典型题目的剖析与讲解,达到总结、提炼通性通法的目的,以此提高学生对学科知 识的整体把握.对典型题目的讲解要做到:一是讲解法的发现过程,如何读题、如何寻找解 题的切入点、解法探索;二是讲如何规范表述解题过程;三是通过一题多解、一题多变、多 题一解等手段, 深入挖掘典型试题的潜在功能. 积极引导学生参与到讲评过程中, 尽量多地 让学生发言,以暴露其思维过程,以对其他学生起到警戒、示范作用. 具体的方法有:错误 让学生“改”、思路和解法让学“讲”、解题过程让学生板演、学生之间相互批卷和讨论. 对试卷中的新题型和一题多解要介绍给学生, 使学生的解题思路更广阔. 对试卷中出现的新 思路、新解法、同一题目的不同解法及不同解法的优劣选择,不论是否合理和正确,教师都 要给以恰当的评价,使学生能理解和尝试学习新思路. 4.反思总结完成满分卷 没有反思,复习过程不会得到消化、复习效果不会得到巩固.总结的过程,就是学生认 识水平和能力提高的过程.教师要善于引导学生反思、回顾和总结,概括本节课要点,归纳 解题方法,并强调注意问题. 反思总结之后,要引导学生完成满分卷并进行二次批阅,重点 学生要面批. 5.巩固练习

讲评课的结束,并不是试卷评讲的终结,教师应利用学生的思维惯性,扩大“战果”, 有针对性布置一定量的作业, 进行巩固性练习. 练习题的来源: 对某些试题进行多角度的改 造, 使旧题变题, 这样做有利于学生对知识和方法掌握的巩固, 提高, 有利于反馈教学信息. 五、实施应注意的问题 1.突出讲评的针对性,要分类讲解,不能从头讲到尾。 2.教师讲解与学生练习的时间分配要合理, 充分体现以学生为主体, 调动学生参与的积极性. 3.讲评要面向大多数学生,讲有共性的问题,个别问题个别辅导. 4.讲评应最终落实在重基础、重规范、重知识网络的构建与完善上. 5.试卷讲评后要再反馈,定期错题重做,加强巩固落实.

试卷讲评课课型 试卷分析讲评课是在考试之后,教师对其讲析和评价的一种课型,是一种具 有一定特殊性的复习课, 也是高三复习教学中的一种常见的课型。这种课对学生 已学的知识起着矫正、巩固、充实、完善和深化的重要作用。这种课型是知识的 再整理、再综合、再运用的过程,是师生共同探讨解题方法、寻找规律、提高解 题能力的有效途径。所以,上好试卷分析课,能切实有效地提高高三学生的数学 成绩。 1.数学试卷讲评课的设计要点 针对每份测试卷主要围绕“六个点”进行思考:(1)讲评的重难点,从学 生试卷中呈现的知识与能力水平两个角度分析并定位;(2)讲评的关键点,学 生暴露的典型问题有哪些?优秀思路有哪些?怎么评?等等; (3)讲评的整合 点,有哪些需要整合的知识点?相应的问题怎么设计?等等;(4)讲评的拓展 点,试卷中有哪些需要拓展的知识点?相应的思考题是什么?怎么导?(5)讲 评的反思点, 试卷中有哪些需要提炼概括思想方法?注意点、规律有哪些?怎么 归纳?等等; (6)讲评的检测点,有哪些需要再巩固的知识点?相应的检测题 目是什么?怎么反馈矫正? 2.数学试卷讲评课的八环节教学模式 环节一:分析归类,形成目标。 形成性测试结束后, 教师根据答卷上出现的问题, 进行全面分析与统计。 (1) 统计分析。若受时间限制,则可采取抽样统计,但样本要具有代表性。一是统计 每题得分率。对得分率较低的试题应认真分析是属于教的原因,还是学的原因。 二是统计每题出现的典型错误。若是无解题过程的选择题,填空题,还要找学生 了解错误的结果是怎么做出来的。(2)归类分析。可按知识点归类:就是把试 卷上同一知识点的题,归在一起进行分析、讲评。可按解题方法归类:即把试卷 中涉及同一解题方法的题目, 归到一起进行分析。 可按出现的错误类型进行归类, 一般可分为:对概念理解不透甚至错误;读题时对题中的关键字、词、句的理解 有误;思维定势的负迁移;数学模型建立失当;运算错误等类型。(3)确定目 标。讲评课的目标:帮助学生纠正错误、规范解答,提炼数学思想、提升数学解 题能力, 适当开阔思路。 据此, 教师要思考———哪些题略讲, 哪些题重点评讲; 用什么方法讲,讲到什么程度;并确定学生出错关键及思维障碍所在,怎样才能 在今后不出或少出错, 措施如何。矫正重点应放在全班试题得分率较低的知识点

上,同时还要注意平时教学中的疏忽又在实际检测达成度极低的“教学盲区”方 面的补救。 环节二:整体分析,激励评价。 讲评课开始时首先对成绩好、进步快的学生提出表扬,鼓励其再接再厉,再 创佳绩。其次,展示卷面整洁、解题规范,思路清晰、思维敏捷,解法有独到之 处、有创造性的试卷并恰当的予以肯定与表扬。 环节三:自主改错,自主反思。 试卷发下后,不要急于讲评,首先让学生独立改错,分类出哪些是粗心做错 的,哪些是通过看书可以解决的,哪些是不会的,在学生自主改错后,再让学生 分组讨论, 成绩好的学生可以交流自己解题心得,成绩较差且不理想的学生可以 提出自己的疑问, 寻求解决的方法并分享别人的成果(这一环节也可以在课前完 成)。 环节四:呈现错误,问题归类。 方式一:学生提出问题,教师进行当堂分类。呈现方式:让学生把困难的题 提出来,教师写在黑板上。方式二:教师根据课前收集的信息和整理的类型按由 浅入深的顺序进行展示。呈现方式:教师将一些错解的过程以口述、板书、投影 等形式展示出来。 环节五:现场纠偏,诊断矫正。 (1)暴露思维:把一些典型的具有代表性的错误解答过程进行展示或让学 生自己充分暴露自己原来的思维过程。教师要通过问题引导,尽可能让学生相互 之间交流、探讨、分析,找到通病和典型错误,找准其思维的薄弱点,有针对性 地引导学生辨析,探究正确思路,做到纠正一例预防一片。(2)对比展示:对 比展示试卷中出现的好的解题思路、方法,也可由学生讲解。(3)归纳提升: 讲评时教师要指明矫正要点, 引导学生将注意力集中到要补救的内容上来,引导 学生分析错误的原因,如属于前置知识的缺陷,还是思维失误;属于混淆概念还 是答题技巧问题等。 然后从不同的侧面进行变式讲解,并以试题中的问题为中心 将已学知识渗透其中,要以“点”带“面”,理清知识间的广泛联系,构建知识 网络。 环节六:突出方法,变式训练。 讲评不要就题论题、孤立地逐题讲解,要透过题中的表面现象,善于抓住问 题的本质特征进行开放、发散式讲解。要在“一题多解”、“一题多联”、“一 题多变” 上下功夫, 训练宜由浅入深、 步步推进, 使不同层次的学生均有所收获。 环节七:补偿检测,拓展延伸。 教师在集体补救之后,应精心设计一份针对性的练习题,作为讲评后的矫正 补偿练习,让易错易混淆的问题多次在练习中出现,达到矫正、巩固的目的。需 要注意的是:测试题目要与矫正重点对应,试题的能级水平与原试题保持不变, 试题难度不宜太大,一般为4~5个小题。测试完毕,教师出示答案,学生交换

批阅,教师统计测试的目标达成情况,与形成性评价综合在一起,认定每个学生 及全班的达成度。 环节八:点评提高,反思提升。 教师要从思想方法、解题习惯、注意点等层面进行点评和引导,这样才能对 学生的学习行为形成长久性指导。 讲评后将特别优秀的答卷, 加上点评张贴出来, 供全班同学效仿和借鉴。 此模式的各个环节是一个完整的整体,是一个相互联系的有机统一体。面对 数学复习教学的实际,应根据内容灵活运用,致力于学生学习方式的改变。

高中数学试卷讲评课的有效教学策略分析
摘 要:试卷讲评课是高中数学教学中的重要组成部分。一堂良好高效的试卷讲评课,不仅 可以深化学生对数学知识的理解,还可以提高学生的数学解题水平,让学生在以后的考试 中收获更好的成绩。因此,研究高中数学试卷讲评课的方法是十分有意义的。本文主要就 高中数学中的试卷讲评课,对其教学策略进行简单分析。 关键词:高中 数学 试卷讲评 教学策略 高中数学的试卷讲评课,是一种同时具备时效、反馈、矫正、针对、激励等特点的课 堂教学。然而,因为没有采用合理有效的教学方法,现行的大多数试卷讲评课纷纷沦落为 教师学生的“对答案”课。许多教师在试卷讲评时想要面面俱到,逐题讲解,结果却往往 收不到好效果。学生往往会在跟随教师的讲解进度中变得无所适从。此外,在试卷讲评课 上,教师往往过于权威,学生无法参与进教学中来。这也限制了学生主动性的发挥,导致 试卷讲评课机械化、沉闷化。 试卷讲评课本该是帮助学生认识自身缺陷,让学生总结经 验教训并获得进步的一种教学方式。教师在开展试卷讲评课时,一定要充分认识到学生在 教学中的重要性,做到有的放矢、有所互动、提炼思维,并从学生的角度来设计教学,以 学生的成长和提升作为教学的终极目的。 一、突出重点,有的放矢。 许多教师在进行试卷讲评时,往往都会形成“核对答案, 逐题讲解”式的教学方法。这种傻瓜式的教学方法虽然简单省事,但是却也是效率最为低 下的教学方法。所谓好钢用在刀刃上。一堂数学课的时间有限,教师若是在试卷讲评课中 采取胡子眉毛一把抓的教学方式,不仅仅会大大降低课堂教学效率,还会使整堂教学课变 得机械、沉闷,从而抑制学生的学习兴趣。数学问题有难有易,学生关注的角度也各有不 同。教师在教学时,应该有目的有计划有重点的进行讲评,让学生在有限的时间内获得最 大的收获。 某位教师在讲解与函数有关的试卷时,就很好地做到了突出重点,有的放 矢。不像其他的教师,这位教师在进行试卷讲评时,首先会对试卷进行分析和统计,通过 试卷对全体学生的学习情况有一个整体的审视。这是一种非常科学的方法。这位教师按照 题型、题号、知识点等分类,对学生的典型错误、独特解法、得分情况、错误原因以及试 题难度等都进行了逐一细致的分析。有了这些统计和分析,就等于是有了方向和指针。在 之后的试卷讲评课上,这位教师便根据分析的结果,了解到学生对于函数的基础概念、对 数函数、幂函数等知识点有所欠缺,且缺乏有效的解题思路,从而专门针对这些区域进行 了重点教学。通过这样的教学方式,学生对于函数这一块的理解更深入了,教学收到了很 好的效果。 二、突出变式,有所互动。 在试卷讲评课中,有些题型具有很高的教学价值。通过对 这类题型的挖掘,教师往往可以帮助学生在解题时起到触类旁通的效果。传统的试卷讲评 课中,教师往往过分注重教学任务的完成,“就题论题”,只想着快点讲完这道题然后讲 下一道题。不少教师以为,一堂课讲完一张试卷就是高效。其实这样的想法是错误的。 “题海无涯”,教师能给学生讲解的题型是十分有限的。若是在教学时不注重“精讲精 练”,帮助学生掌握触类旁通的能力,那么即使今天教师讲的题目学生会了,明天换一种 方式考同样的问题,学生可能又答不上来。因此,在教学中,教师不仅要有重点的开展教 学,还应保证学生有所参与,现学现练,通过有价值题型的变式锻炼学生的解题能力。 空间几何是高中数学中的重点内容,并且在历年的高考中也经常出现。某位教师在开展试

卷讲评课时,不仅将试卷上的这类题型讲解得十分清楚细致,且还通过这类题型的变式, 让学生充分得掌握了解空间几何题的要领。 如右图,这是一道求证“BC⊥平面 A1AC” 并求解“三棱锥 A1-ABC 的体积的最大值”的空间几何题。这位教师在讲解这道题时,先 是为学生讲解并演算了一种解法。之后,这位教师便要求学生以小组的方式,探讨这道题 的其它解法,并互相比较哪种解法最快捷、最简单。这样的一题多解的练习方式,不仅能 极大地拓宽学生的解题思路,还可以防止试卷讲评课变得沉闷,并让学生充分参与到教学 中来。之后,这位教师又要求各小组派代表上讲台来演示他们各自的算法,从而让全体学 生都能实现解法上的交流。经过这样的练习,学生既强化了对空间几何知识的理解,又锻 炼了其解题能力。 三、突出思维,提炼方法 一堂成功的试卷讲评课,教师除了要将试卷中的难点重点 讲得细致透彻以外,还应突出数学的思维,保证学生真正地掌握数学解题的方法。所谓 “授人以鱼,不如授人以渔”。解答数学题不仅仅是对于学生所学知识的一种测验,更是 对学生掌握的数学思维的丈量。只有学生掌握了正确的数学思维,从题海中提炼出真正的 解题方法,才能在各种各样的测验中立于不败之地。 总 结: 试卷讲评是高中数学教学中的重要组成。教师在教学时,一定要突出重 点,突出变式,发掘思维,有所互动。只有这样,才能真正帮助学生获得成长和提升。


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