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认真研究近两年江苏高考试卷,我们不难发现,课本是高考命题的基本依据,很多高考题源自课本,或是课本习题的改编,或是课本中思想方法的延伸.只有仔细研读课本和试题,我们才能在高三数学复习中处理好课内、课外的关系,处理好“源”和“流”的关系,才能“以本为本”,做到“取法于内,获益于外”,而不是“舍本逐末”.
一、课本题源
1.普通高中新课程标准实验教科书(苏教版)必修一・P111・习题16
设a,b,c都是不等于1的正数,且ab≠1,试比较alogcb和blogca的大小.
此题不仅在表达形式上与2014年江苏卷19题类似,而且解法的大致思想方法也是相同的,在直接比较两数大小遇到困难时,可以通过两边取对数,再结合对数函数的单调性来解决问题.证明:令x=alogcb,y=blogca,此时,只需比较logcx和logcy的大小.
由于logcx=logcb・logca=logcy,结合函数f(x)=logcx的单调性得:x=alogcb=blogca=y.
2.普通高中新课程标准实验教科书(苏教版)选修2-2・P99・习题14
试比较(n+1)n和nn+1的大小.
解:两边取对数,只需比较ln(n+1)n和lnnn+1的大小,即nln(n+1)和(n+1)lnn的大小,进而,只需比较ln(n+1)n+1和lnnn的大小,因此考虑函数h(x)=lnxx,求导得:h′(x)=1-lnxx2,
当0
当x>e时,h′(x)
因此,当n≥3时,ln(n+1)n+1
当n=1或n=2时,(n+1)n>nn+1.
当然,此题也可用数学归纳法或作商比较法证明.
二、链接高考
1.(2014年江苏卷19题)已知函数f(x)=ex+e-x其中e是自然对数的底数.
(1)证明:f(x)是R上的偶函数;
(2)若关于x的不等式mf(x)≤e-x+m-1在(0,+
)上恒成立,求实数m的取值范围;
(3)已知正数a满足:存在x0∈[1,+
),使得f(x0)
【解析】 本小题主要考查初等函数的基本性质、导数的应用等基础知识,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力.
解:(1)、(2)解法略
(3)解法一(标准答案)f′(x)=ex-e-x,当x>1时f′(x)>0,
古之立大事者,不惟有超世之材,亦必有坚忍不拔之志。
努力不一定成功,但放弃一定失败。______
小结:此类题目入手易,旨在考查学生转化化归思想与分类讨论思想,试题的命制注重知识与应用的巧妙结合,突出通性通法,淡化特殊技巧,重点考查学生的解题速度和准确率.本小题的解法与“题源1、2”的解法十分类似,如出一撤.
2.(2013年江苏卷20题)设函数f(x)=lnx-ax,g(x)=ex-ax,其中a为实数.
(1)若f(x)在(1,+
)上是单调减函数,且g(x)在(1,+
)上有最小值,求a的范围;
(2)若g(x)在(-1,+
)上是单调增函数,试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.
【解析】 本小题主要考查导数的运算及用导数研究函数的性质,考查函数、方程及不等式的相互转化,考查综合运用数学思想方法分析和解决问题及推理论证的能力.
解:(1)解法略
(2)解法一(标准答案)、证明:g(x)在(-1,+
)上是单调增函数,
g′(x)=ex-a≥0即a≤ex对x∈(-1,+
)恒成立,
a≤[ex]min.
而当x∈(-1,+
)时,ex>1e.a≤1e.
分三种情况:
(Ⅰ)当a=0时, f′(x)=1x>0.
f(x)在x∈(0,+
)上为单调增函数.
f(1)=0,f(x)存在唯一零点.
(Ⅱ)当a0.
f(x)在x∈(0,+
上为单调增函数.
f(ea)=a-aea=a(1-ea)0,
f(x)存在唯一零点.
(Ⅲ)当0
当0
x>1a时,f′(x)=-a(x-1a)x
x=1a为最大值点,最大值为f(1a)=ln1a-a1a=-lna-1.
-lna-1=0时,-lna-1=0,a=1e,f(x)有唯一零点x=1a=e.
-lna-1>0时,0
实际上,对于00,且函数在1e,1a上的图象不间断,
函数f(x)在1e,1a上有存在零点.
另外,当x∈0,1a,f′(x)=1x-a>0,故f(x)在0,1a上单调增,
f(x)在0,1a只有一个零点.
下面考虑f(x)在1a,+
的情况,先证f(ea-1)=lnea-1-aea-1=a-1lne-aea-1=a(a-2-ea-1)
为此我们要证明:当x>e时,ex>x2,设h(x)=ex-x2,则h′(x)=ex-2x,
再设l(x)=ex-2x,l′(x)=ex-2.
当x>1时,l′(x)=ex-2>e-2>0,l(x)=ex-2x在(1,+
上是单调增函数.
故当x>2时,h′(x)=ex-2x>h′(2)=e2-4>0.
从而h(x)=ex-x2在(2,+
上是单调增函数,进而当x>e时,h(x)=ex-x2>h(e)=ee-e2>0.
即当x>e时,ex>x2,
当0e时,f(ea-1)=lnea-1-aea-1=a-1lne-aea-1=a(a-2-ea-1)
又f(1a)=ln1a-a1a=-lna-1>0且函数f(x)在a-1,ea-1上的图象不间断,
函数f(x)在a-1,ea-1上存在零点.
又当x>1a时,f′(x)=-a(x-1a)x
故f(x)在(a-1,+
上是单调减函数函数f(x)在(a-1,+
只有一个零点.
综合(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ)知:当a≤0时,f(x)的零点个数为1;当0
只有学会如何停下来的人,才懂加速。
一个能从别人的观念来看事情,能了解别人心灵活动的人,永远不必为自己的前途担心。______
小结:本题是用导数求解函数的单调性、最值及零点问题,难度较大,既要对a进行分类讨论又要对x进行分类讨论,构造新函数是处理这类问题的常用方法.构造法是求解高中数学问题的常用方法,但不同问题构造的方法不一样,这是难点,应熟练掌握.分类讨论的分类要完整,不漏不重.但要注意:如果函数f(x)在区间[a,b]上的图象是连续的一条曲线,且f(a)f(b)
解法二、g(x)在(-1,+
上是单调增函数.
g(x)′≥0对x∈(-1,+
恒成立.
a≤e-1.
令f(x)=0,则a=lnxx.
则有f(x)的零点个数即为y=a与y=lnxx图象交点的个数.
令h(x)=lnxx(x>0),则h(x)′=1-lnxx2.
易知h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+
上单调递减.
在x=e时取到最大值h(e)=1e>0.
当x0时,h(x)=lnxx-
时,h(x)=lnxx0.
h(x)图象如下
所以由图可知:a≤0时,f(x)有1个零点;
a=1e时,f(x)有1个零点.
综上所述:a≤0或a=1e时,f(x)有1个零点.
小结:此解法与“题源2”的解法十分类似.以上例子足可证明这两年江苏高考中的函数压轴题与“题源1”、 “题源2”有着不可分割的渊源关系,是高考“源于教材,高于教材”具体注脚.
由此可见,我们在备考过程中不仅要注重与课本相对接,“以本为本”,而且要注重培养知识点的迁移、整合和拓展的能力,强化“一题多解”和“数题同法”的探究.只有有机整合课本资源,实现课本与高考的对切,才能打开“源头活水”,“秒杀”高考压轴题,真正走出高考备考新天地!