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由一道高考模拟题巧解之疏漏引发的思考


1 6  

中学 数 学 研 究 

2 0 1 0年 第 4期 

由一 道 高考模 拟 题 巧解 之 疏 漏 引发 的 思考 
江苏南通高等师范学校  ( 江苏 , 2 2 6 1 0 0 )   曹  军  
考题 ( 2 0 0 8年湖北 武汉市 高考模拟试 题 )   已 
?<

br />
? ?

1 n  

≤(  一1 )  在 f ≥l 时恒 成立? 结 合 ② 式 

知 函数. 厂 (  )=  。+2  +a l n x .   ( 1 ) 若 函数 . 厂 (  )在 区间 ( 0 , 1 ]上 恒 为 单 调 函 

可知, 实数。的取值范围是( 一∞, 2 ] ( 摘录完) .  
1   巧解 的疏 漏及其 完善 

数, 求实数 n的取值范围;   ( 2 )当 t ≥ 1时 , 不 等式  2 t 一1 )≥ 2 f ( t )一3   恒成 立 , 求 实数 。的取值 范 围.   对于第 ( 2 ) 小问, 命 题者 给 出的参 考解答 如下 :  
解法 1 : 。 . ‘   )=   + 2  +a l n x , 由  2 t 一1 )≥  

参 考解答 在分 离参 数 后通 过构 造 函数 , 运用 不  等式 I n ( 1+  )≤   放 缩 而获解 , 构思 巧妙 , 解法 精 
彩, 但 由“ l n   ≤( £ 一1 )  在 £ ≥1 时恒成 立 ” 推 

2 f ( t )一3得 至 0 ( 2 t 一1 )  +2 ( 2 t 一1 )+a l n ( 2 t 一1 )  

出“ o的取值范 围是 ( 一∞, 2 ] ” 理 由不充分. 事实  A z , 结合 ② 式 , 只有当“  
l n  

≥2 ( t  +2 £ +a l n t )一3 , 化 简得 2 ( t 一1 )  ≥   口 l n   , ①. ? . ‘在  > 1时 , 有t  >2 t 一1>0 ,  

的下确界为 1 , , 时,  

故l n  

>  

。≤2 丁 ( t - 1 ) 2②.  


才能 推出 “ 。≤2 ” , 然而 由“ l n  

≤(  一1 )  在 f  

“ 

耋1 时恒成立, 且当t :1 时等号成立” 能推出“ 当t  
>1 时,  
1  

令 m(  ) : I n ( 1+   )一  (   >一1 ) , 求 导得 
m   (  )   一1   , 则 m(  )在  =0时取 

>1 恒成立” , 却看不 出“ 当   >1  

m  

得极 大值 , 同时也 取得最 大值 , 故 m(  )≤ m( o )=  
0 , 从而 I n ( 1+  )≤   在  >一1时恒成立.. ? .在 t  

时,  
I n  

的下确 界为 1 ” , 原 因是 “ 当 f:1 时, l  

> ,  ? n   : I n   1 +  竿] ≤  
4 .  ̄  ,y 2的取 值范 围
-  


≤  

与( £ 一1 )  都等 于 0 ” , 看一个 反例 :  
+ ? ? + - + ? ? + ? ? + 一 + - ? + 一 + - + ” + * + * + ” — + - ?  

( f 一1 )   , ③. ③ 式恒成立 , 且当 =1 时, 等号成立 ,  
??

例 5 若 实数 , Y满足 4 (  +1 )  +( Y一 2 )  =  
. 

1 )+( y 0 — 2 ) ( Y一2 )=4 . 将A ( 2 , 2 )的坐标代人  得, 1 2 (   0+1 ) =4   =一2 / 3 . 再代入 4 (   +1 )  
+( Y 0—2 )   =4得 , Y o=2- - i - 4√ 2 / 3 . 于是 A 口=  

解析 : 实数 , y 满足4 ( x+   1 )  +( Y一2 )   =4 , 而4 (  +  

y  
—  





Z/ 2 , . j }   。=  —  

=  

1 )  +( Y一2 )   =4表示 椭 圆 
(   十1 )  十   :1 ,  

2 . 故 一 半≤   >  Z/
C D  一  

≤  .  

因此 点 (  , Y )在 此 椭 圆 上.   可 以看 作 椭 圆 上 的动 点 

以上我们 从一 道高考题 出发 , 通过对 其求解 、 联  想、 引 申、 推广, 得 到六 条 新 结论.在整 个 探究 过 程  中,融观察 、 猜想 、 证 明于 一体 , 导数 的魅力 和价值 、  

图4  

(  , y ) 与定点 A ( 2 , 2 ) 连线 的斜 率. 如图4 , 当连线 在  A B的位置时 , 连线 的斜率最 小 , 当连线在 A C的位 置 

时 , 连 线 的 斜 率 最 大 , 即  ≤ }  ≤   。 . 设 切 点  
为(   。 , Y 。 ) , 由结 论 I得切线方 程 为 4 (   。+1 ) (  +  

数学规律的和谐美和统一美尽现其中.通过新结论  的运 用 , 进 一步 深化对 圆锥 曲线切 线 问题 的理解 和  认 识 .这 给 我 们 的启 示 是 :高 考 题 往 往 具 有 代 表  性、 典 型性 、 示范性 和 拓展 性 , 备 考 复 习 中恰 当地 选  用高 考题 , 必 能收 到 良好 的教学效果 . 关键 在 于我 们  的教 师要善 于思考 、 善于发 掘 、 善 于利用.  

2 0 1 0年第 4期 

中学数学研究 

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利用导 数法 容易证 明“ l n x≤  一1 在  ≥ 1时  恒成 立 , 且 当  = 1时 , 等号 成立 ” , 由此可 知 当  >  

而  (  ):  1 <  

< 1 所 以 


1时 ,  

>1 , 但 

的下 确界不 是 1 . 事 实上 ,  

>l , 所 以 
m  

二  

>2 ( 推得 l n  

≤( £ 一1 ) 。 ,  

容易证 明“ 2 1 n x≤   一1在  ≥ 1时也是 恒成 立 的 ,   且 当  = 1时 , 等号成立 ” , 由此 可 知 当  > 1时 ,  

nx 

且当 £ =1 时等号成立) , 对照 ② , 猜测 口≤2 . 到此 ,   我们有 理 由认 为这道 模拟 题 的背景 就是拉 格 朗 日中 
值定理 .  

>2 , 又 由罗必 塔法则 , l i m  
z —? l  

lr l x 

=  

下 面依 据拉 格 朗 日中值定 理给 出考题 的一 种高 
=   2  2 = 2


所 以 

的下确 界是 

等解法 :  

解法 2 : 当 £=1 时, 由① 恒成立得 。E   R; 当£  
基于 上述 分 析 , 参 考 解答 疏 漏 之 处在 于 忽 视 了  求1 i m  
m  

>1 时, 令g (   ):  
I n  

, 以上 分析 可知 2 g ( t )>  

, 下 面对参 考解答 作 完善 :  

2 , 故 当 口≤ 2时 , 必 有 口≤ 2 g ( t ) 恒 成立 , 即 ② 恒成  立, 符 合题 意 ; 而 当 0 > 2 时 ,由 罗 必 塔 法 则 得 
)=   l i m


解法 1的完善  由 ③ 可 知 , 当 t> 1 时,   >1 , 由罗 必塔 法则 , l i m  
m   m  

2   ( t   -1 )  ̄


:  

m   篇 【 m  J    
l i a r





l i m2 t ( 2 t 一1 )=2 , 所 以对任 意小 的正 数 , 存 在 6>  

l i m  

二 

:l i m £ ( 2 £ 一1 ):1 , 结合 ② 式可 

I n   ] 一 
知, 口≤ 2 ; 又 当 £= 1 时, 对 一切 口∈R均 符合 题意 ,  

0 , 使得 当 t ∈( 1 , 1+6 ) , I   2 g ( t )一2   I <  , 即2 g ( t )  


2<  , 取  =口一2 , 则有 0 >2 g ( t ) , 与 ② 恒 成立 

所以实数 口的取值范围是 ( 一∞ , 2 ] .  
可见 , 由于题 目隐含 了l i m  
m 

矛盾 ; 综上 口的取值范围是( 一0 0 , 2 ] .   3   几个 自然的初等解法  上面两种解法都已超 出高中数学的范畴 , 有没 
有适合 学 生思维 水平 的初 等解 法 呢?  

:l , 所 以参 

考解 答 的结果碰 巧 正确 , 可见 , 参考解 答 不是巧 解 而  是 巧合罢 了.   2   考题 的 高等数 学背 景 

分离参数得到 ② 后 , 一个 比较 自然的想法就是 
将 问题 转化 为 最 值 问题 , 于 是 第 一 反 应 就 是 求 

的最小值 , 这可以借助导数法来完成.  
1 n  

参考解答是如何想到证明“ 在l n  

≤( £ 一   解法 3 : 当 t=1 时, 由 ① 恒成立得 0∈R; 当t  
> 1时 , 同解法 l 得 n≤  
m  

1 )  时恒 成立 ”的? 答 案 口≤ 2中 的“ 2 ”又是如 何 得  到 的呢 ? 高等 数 学 中 的拉 格 朗 日中值 定 理 ( 即微 分  中值 定理 )给 了我们答 案.   当 £> l时 , 将 ② 中的 
m  

, ④.  

变形 为 

( f )  

球 

g  

2 ( t -   1 )  

m  

I m  

J  

} _ -  

? n   , 构 造 函 数   (   ) = l n   (   > 1 ) , 对  【

一  

】 , 令   )=   n  

一  

任 意 的 t> 1 ,  (  ) 在 闭 区间 [ 2 t 一1 , t   ]上连 续 , 在  开 区间 ( 2 t 一1 , t   )内可 导 , 由拉格 朗 日中值定 理 , 至 

等 1 ) ’ 求 导  ㈤=  
>0 , 即h ( t ) 在( 1 , +∞ ) 上 是增 函数 , 所以h ( £ )>  
h ( 1 )=0 , 从而 g   ( t )>0, 即g ( £ ) 在( 1 , +∞) 上 是 

少存在一点  ∈ ( 2 t 一1 , t   ) , 使得  (   ):  

(   : 2 二  (  二  2一   坠   : 二  (  二  2  
f  一( 2 t一1 )   一 £  一( 2 t 一1 ) ’  

增函数 , 所以 g (   )>l i m g (   ) , 从而 ④ 恒成立等价 

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中学 数 学 研 究 

2 0 1 0年 第 4期 

于 a≤ l i m2 g ( t )=2   l i m g ( t ) .  

而转化 为 “ t 。≥ t   ” ( 或“ t  ≤ t 2 ” )求 解 呢? 注意 到 

构 造 A( 2 t 一1 , l n ( 2 t 一1 ) ) , B( t   , l n t   ) 是 函数 Y  


l n x ( x>1 )图像 上的两 点 , 则k   =  

g ( £ )   =   } _  

中 分 子 与 分 母 结 构 的 一 致  

性, 经过探 究 , 发 现这种 想法是 可行 的 , 于是 有 :  

去  
C ( 1 , 0 ) 处 的切 线 , 则k  一 y   I  
:1 , 所 以 a≤ 2 .  

和 B 都  
=1 , 所 以l i mg ( t )  

解法 5 : 由  2 t 一 1 )≥2 厂 ( t )一 3 得( 2 t 一1 )  +  

无 限趋 向 于 点 C ( 1 , 0 ) , 割线 A B 就 无 限趋 向 于 点 

2 ( 2 t 一1 )+a l n ( 2 t 一1 )≥ 2 ( t  +2 t +a l n t )一3 , 变 

形得 2 t   一a l n t  ≥2 ( 2 t 一1 )_ a l n ( 2 t 一1 ) , ⑤. 当t  


l 时, 显然对 a∈ R任 意均满足 题意 ; 当 t>l时 ,  

点评 : 解法3 有两个难关: ① 通过两次求导判断  函数 g (   ) 在( 1 , +o o ) 的单调性; ② 灵活运用导数 
几何 意义求 极限 l i m  
川 l n  

构造函数 g (   )=2 x— a l n x (   >1 ) , 则 ⑤ 即g ( t   )  
≥g ( 2 t —1 ) . 若 a≤ 2 , 则在( 1 , +∞ ) 上g   (  )=  
垒_ 二   >0


. 其 中 ② 很 难想 到 , 所 

所以 g (  )在 ( 1 ,+∞)上是递增 , 又 

>2 t一1>1 , 所 以g ( t   )≥g ( 2 t 一1 )恒成立 ; 若a  
>2 , 由g   (  )=丝_ 二   <0得  <  


以我们感到分离参数有思路 , 但往往不能进行到底.   有没有其他方法呢? 拉格朗 日中值定理对初等 
解法 有无启示 呢 ? 回顾 拉格 朗 日中值 定 理 的几 何 意  义, 通 过研究 , 我们 得到如下 几何解 法 :   解法4 : 当t =1 时, 显 然对任 意 a∈R均满 足题 

所以g (  ) 在 

( 1 , 导) 上 是 递 减, 必 存 在£ 。 , 使l < 2 t 。 一 1 < t   <  
a / 2 , 有g ( t   )<g ( 2 t o 一1 ) , 与g ( t   )≥ g ( 2 t 一1 )恒 

成立 矛盾 ; 综上 , a的取 值范 围是 ( 一∞ , 2 ] .   点评 : 由题设联 想抽象 函数不 等式 的解 法 , 生成  解法 5 , 新颖 别致 , 富有创 意.   最 后我们 给 出一个通性 通法 :  

意 ; 当 £ > 1 时 , 由 解 法 1 知 口 ≤  掣
m  

,  
:  

令g (   ):  
m  

, 则g (   ):  
m  

解法 6 : 由  2 t 一1 )≥ 2 f ( t )一3得 ( 2 t 一1 )  +   2 ( 2 t 一1 )+a l n ( 2 t 一1 )≥2 ( t  + 2 £ +a l n t )一3 , 化 

l   n t   I n   2 t   1, 如图  , 设 




一 、… …

…  

/l  ̄y =   l r t  
D  1  

简得 2 ( t 一1 )  +a l n ( 2 t 一1 )一 2 a l n t ≥0 , ⑥. 当 t=   1时 , 显然 ⑥ 恒成立 , 得 a∈ R; 当 t>1时 , 令/ Z ( t )  
=2 ( t 一1 )  +a l n ( 2 t 一1 )一2 a l n t ,  

A( 2 t一1 , I n ( 2 t一1 ) ) , B( 2 t ,  

l n t   ) 是对数 函数 Y=l n x ( x>   1 )图像上 的两 点 , 将直线 A 日  

则u   )=4 (  一1 )+  
t f 2 t


一  

=  

1   1  



’ 一一 ’  

这里 £ 一1>0, t ( 2  一1 )   。  

>0 , 2 t ( 2 t 一1 ) >2 .  

( i )当 a≤2时 , / Z   ( t )>0 , 所以 u ( t ) 在( 1 ,+  

o 。 )上是增 函数 , 故u ( t )> “ ( 1 ) =0 , 满 足题 意 ;   ( 2 )当 a≥ 2时 , 由/ Z   ( t ) =0得 t ,=  
1  

<l ( 舍) , 或t 2:  

>1 ,  

且当t ∈( 1 , t   ) 时, M   ( t )<0 , 所 以“ ( t ) 在( 1 , t   ) 上  是减 函数 , 故 必存在 t 。∈( 1 , t   ) , 使得 u ( t 。 )<U ( 1 )  
=0 , 这与 ( t )≥ 0恒成 立矛盾 ;  

综合 ( 1 ) ( 2 ) , 实数 a的取值范围是 ( 一∞, 2 ] .  
点评: 我们 称解法 6 为“ 一 边化零 法 ” , 这 种解法 


般 与分类讨 论结 合使 用 , 它 是 解含 参恒 成 立 问题 

的一般方 法.  


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