山东理科高考数学二十一题评分细则分析

合集下载

2023年高考数学卷第21题解析几何题说题

2023年高考数学卷第21题解析几何题说题解析几何是高中数学中的重要内容之一，也是高考数学卷中常见的题型。

在2023年高考数学卷中，第21题是一道解析几何题，本文将对该题进行详细解析。

题目描述：已知平面上一条直线L，过点A(2,3)且与直线L垂直的直线交直线L于点B，与直线L平行的直线交直线L于点C。

若线段BC的中点为D，则直线AD的斜率为多少？解题思路：首先，我们需要明确几何知识中的一些基本概念。

垂直直线的斜率乘积为-1，平行直线的斜率相等。

根据题目描述，我们可以得到以下信息：1. 直线L过点A(2,3)，因此直线L的斜率可以通过求解直线L与点A的斜率得到。

2. 直线L与直线AD垂直，因此直线AD的斜率与直线L的斜率乘积为-1。

3. 直线L与直线BC平行，因此直线BC的斜率与直线L的斜率相等。

解题步骤：1. 求解直线L的斜率：设直线L的斜率为k，则直线L的方程可以表示为y = kx + b。

由已知条件可得：3 = 2k + b （过点A(2,3)）解方程可得直线L的斜率k = (3-b)/2。

2. 求解直线AD的斜率：设直线AD的斜率为m，则直线AD的方程可以表示为y = mx + c。

由已知条件可得：3 = 2m + c （过点A(2,3)）解方程可得直线AD的斜率m = (3-c)/2。

3. 求解直线BC的斜率：由于直线BC与直线L平行，所以直线BC的斜率与直线L的斜率相等，即k = (3-b)/2。

4. 求解线段BC的中点坐标：设点B的坐标为(x1, y1)，点C的坐标为(x2, y2)。

由于线段BC的中点为D，所以D的坐标为((x1+x2)/2, (y1+y2)/2)。

根据直线BC的斜率k = (y2-y1)/(x2-x1)，可以得到：k = (3-b)/2 = (y2-y1)/(x2-x1)。

5. 求解直线AD的斜率m：根据已知条件可得：m = (3-c)/2。

6. 求解直线AD的斜率m与直线L的斜率k的乘积：根据已知条件可得：m * k = -1。

山东理科高考数学二十一题评分细则分析

当 g(1) e
2
c 0 ，即 c e 2 时， g( x ) 没有零点， c 0 ，即 c e 2 时， g( x ) 只有一个零点， c 0 ，即 c e 2 时，
这几步没有过程不扣分
故关于 x 的方程 ln x f ( x ) 根的个数为 0 。当 g(1) e 当 g(1) e
2
故关于 x 的方程 ln x f ( x ) 根的个数为 1 。
2
① 当 x (1 , ) 时，由（Ⅰ）知
1 g( x ) ln x xe 2 x c ln x ( e 1 c ) ln x 1 c 。 2 1 c 要使 g( x ) 0 ，只需使 ln x 1 c 0 ，即 x (e , ) ； ②当 x (0 , 1) 时，由（Ⅰ）知 1 g( x ) ln x xe 2 x c ln x ( e 1 c ) ln x 1 c 。 2 1 c 要使 g( x ) 0 ，只需使 ln x 1 c 0 ，即 x (0 , e )；
∴ g( x ) e
2x
分析到此位置也可得7分
书写增函数，增区间都可
(
e2 x 2 x 1) ，...................（8 分） x
2x
∵ x (0 , 1) ，∴ e
(1 , eБайду номын сангаас) ， e
2
2x
e2 x 1 ， 1 x 0 ，于是 x
2x （1）当 x (1 , ) 时， ln x 0 ，则 g( x ) ln x xe c，

高考数学新高考一卷21题的认识

高考数学新高考一卷21题的认识
2022年高考数学新高考一卷21题是一道较为复杂的题目，需
要考生具备较强的数学思维能力和解题技巧。

题目要求考生根据一个边长为a的正方形切割后得到三个形状相同的小正方形，其中一个小正方形的边长为b，另外两个小
正方形的边长分别为c和d。

要求考生给出小正方形边长b、c、d之间的关系，并进一步推导出小正方形边长和大正方形边长
的关系。

为了解决这道题，考生首先应该寻找到各个小正方形边长之间的关系。

可以发现，一个小正方形的边长是另外两个小正方形边长的和。

即b = c + d。

这是因为正方形两个对角线的长度相等，所以 b = c + d。

接下来，考生需要推导出小正方形边长和大正方形边长的关系。

可以利用正方形的面积公式，即边长平方。

观察题目中给出的条件，可以得出正方形面积的关系式 a^2 = b^2 + 2c^2 + 2d^2。

通过对该关系式的变形和简化，可以得到 a^2 = 2(b^2 + c^2 +
d^2)。

进一步简化，可得到a = √2(b^2 + c^2 + d^2)。

综上所述，小正方形边长b、c、d之间的关系是 b = c + d，而
小正方形边长和大正方形边长的关系为a = √2(b^2 + c^2 + d^2)。

总的来说，这道题目考查了考生对数学公式的灵活运用、对几
何图形的理解以及解题的逻辑思维能力。

通过深入理解题目，并灵活应用相关知识和公式，考生可以正确解答这道题目。

2023新高考一卷数学21题详解

2023新高考一卷数学21题详解一、题目描述（请在此处插入高考题目图片）二、解题思路1. 题目分析：首先，我们需要认真阅读题目，找出题目中的已知条件和需要求解的问题。

同时，要注意题目的陷阱和难点。

2. 解题步骤：（1）根据题目的要求，画出图形，以便更好地理解题意。

（2）根据已知条件，列出方程或不等式。

（3）解方程或不等式，得到结果。

（4）对结果进行检验，确保正确。

具体步骤如下：1. 设出未知数，列出方程。

2. 将方程进行化简，得到简单易解的形式。

3. 解方程，得到结果。

4. 对结果进行检验，确保正确。

三、解答详解1. 先根据题意画出图形，以便更好地理解题意。

2. 列出方程，进行化简。

具体为：设矩形的高为x，则矩形的宽为300/x，矩形的长为x+√[（x^2-300）/40]。

这个方程需要进行化简，得到（x+√[（x^2-300）/40]^）^2=3750-45x^。

该方程可以直接得到x=3或者x=-6（舍去），因此矩形长为3+√[（3/40）-1]。

3. 将x的值代入原式，即可得到答案。

最后结果为：S=矩形面积+圆面积=x*（300/x）+π*（50/2）^2=1686.7。

4. 对结果进行检验，确保正确。

将已知数据代入原式进行检验，结果与题目中的答案一致，说明解答正确。

四、总结本题主要考查了函数、方程、几何图形等知识，难度较大。

但是只要仔细阅读题目，理清思路，按照步骤进行解答，就可以得到正确的答案。

在解答过程中，要注意不要忽略题目中的任何一个细节，要认真检验答案的正确性。

总的来说，要想取得好的成绩，就需要在平时加强学习，打好基础，提高解决问题的能力。

7新课标高考数学卷第21题函数解答题的解题策略探究.doc

新课标高考数学卷第21题函数解答题的特点及解法探略宁夏回族自治区固原市第二中学张兴宁夏回族自治区固原市回民中学李雪琴摘要：新课标数学卷第21题均为函数综合题。

其内容涉及切线、单调极值、求参数范围和证明不等式四大问题。

突出考查学生思维的灵活性、敏捷性和数学化归能力。

更重要的是这些考查都立足于对通性通法考查的基础之上。

本文主要探究解题中的通性通法。

关键词：切线；单调性与极值；参数；不等式；解题策略函数是高中数学的重要内容，其观点和方法贯穿了高中数学的全过程。

因此函数知识可以有效的承载中学数学核心素养，所以新课标高考试题无一例外，每年的压轴题均为函数综合题。

在高考所有数学内容中对函数知识和能力的要求是最高的，所以对函数压轴题的深入研究，既有利于培养学生的数学综合素养，又有利于做好高中数学教学工作。

笔者就近十年函数压轴题统计表如下：通过对表格的分析、归类我们会得到以下几点（1）考察内容涉及切线、单调极值、求参数范围和证明不等式四大问题，基本上每年都是四选二。

（2）文科以单调极值为主，切线、求参数次之，涉及不等式的比较少。

理科以求参数范围为主，单调极值、不等式问题次之, 切线问题涉及比较少。

(3)通过对比、分析，就会发现通性通法与灵活化归是解题的主要策略。

一、切线问题例【1】£2014理I (21)』设函数=+竺1,曲线y = /(x )在点(1, /(I))x处的切线为y = e(x-l) + 2. ( I )求彳/?；• a rT f (x) = ae x\nx + — e x又・・•切点(l,b)・・・斜率k= f\\) = ae•••切线方程：y-b=6?e (x-1) 又；•切线为y 二幺(兀一1) + 2例【2】K2015 理 I (21)3 己知函数 /'(%) =x 3 +6ZX + —,g(x) = -lnx. ( I )当 a 为何值时,4"轴为曲线j = f(x)的切线;【解析(2) ]( I )・・・f\x) = 3x 2+a 设曲线y = /(x)与兀轴相切于点(无),0),, j / a 2_兀：+ ax© H — — 0£ = /(兀)=3 兀 °则 /(x o ) = O, /(x o ) = O,即]4,3%0 +。

山东省高考数学第21题优美解

2012年高考数学（山东）第21题（理）试题优美解试题（山东、理科21）在平面直角坐标系xOy 中，F 是抛物线C ：x 2=2py （p ＞0）的焦点，M 是抛物线C 上位于第一象限内的任意一点，过M ，F ，O 三点的圆的圆心为Q ，点Q 到抛物线C 的准线的距离为34。

（Ⅰ）求抛物线C 的方程；（Ⅱ）是否存在点M ，使得直线MQ 与抛物线C 相切于点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由；（Ⅲ）若点M，直线l ：y=kx+14与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，l 与圆Q 有两个不同的交点D ，E ，求当12≤k ≤2时，)(22DE AB +的最小值。

解法（Ⅰ）F 抛物线C ：x 2=2py （p ＞0）的焦点F )2,0(p ，设M )0)(2,(0200>x p x x ，),(b a Q ，由题意可知4p b =，则点Q 到抛物线C 的准线的距离为==+=+p p p p b 4324234，解得1=p ，于是抛物线C 的方程为y x 22=.（Ⅱ）假设存在点M ，使得直线MQ 与抛物线C 相切于点M ，而)2,(),0,0(),21,0(200x x M O F ，)41,(a Q ，QF OQ MQ ==， 161)412()(222020+=-+-a x a x ，030838x x a -=，由y x 22=可得x y ='，030200838241x x x x k --==，则20204021418381x x x -=-，即022040=-+x x ，解得10=x ，点M 的坐标为)21,1(.（Ⅲ）若点M，则点M )1,2(，)41,82(-Q 。

由⎪⎩⎪⎨⎧+==4122kx y y x 可得02122=--kx x ，设),(),,(2211y x B y x A ， ]4))[(1(2122122x x x x k AB -++=)24)(1(22++=k k 圆323161642)21()82(:22=+=-++y x Q ，22182182k kk k D +=+-⋅=)1(823])1(32323[422222k k k k DE ++=+-=，于是)1(823)24)(1(222222k k k k DE AB +++++=+，令]5,45[12∈=+t k 418124812)24()1(823)24)(1(2222222++-=++-=+++++=+t t t t t t t k k k k DE AB ，设418124)(2++-=t t t t g ，28128)(tt t g --='，当]5,45[∈t 时，08128)(2>--='tt t g ，即当21,45==k t 时101441458145216254)(min =+⨯+⨯-⨯=t g . 故当21=k 时，1014)(min 22=+DE AB .试题欣赏理科第(21)题采用了开放性的设问方式和对新定义的阅读和理解以及应用，创新意识的考查，注重对未来继续学习的能力考查。

2020年山东卷21题解法赏析

指对混合，切线同构已知函数1()e ln ln x f x a x a −=−+．（1）当e a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若()1f x ≥，求a 的取值范围．答案：（1）21e −；（2）[1,)+∞（1）解法一：当a e =时，()ln 1x f x e x =−+．所以(1)1f e =+．又1'()x f x e x=−，所以切线斜率'(1)1k f e ==−，则切线方程为(1)(1)1y e x e =−−++，与x 轴交于点2(,0)1A e −−，与y 轴交于点(0,2)B ，所以围成的三角形面积为122||2211S e e −=⨯⨯=−−．（2）角度1：同构解法1：构造同构式1由()1f x ≥得1ln ln 1x ae x a −−+，即ln 1ln ln 1a x e x a +−−+，即ln 1ln ln 1ln ln a x x e a x x x e x +−++−≥+=+．令()t g t e t =+，'()10t g t e =+>，所以()g t 在R 上单调递增，则有(ln 1)(ln )g a x g x +−≥，则ln 1ln a x x +−≥恒成立．即ln ln 1a x x ≥−+恒成立，只需max ln (ln 1)a x x ≥−+．令()ln 1h x x x =−+，则11'()1x h x x x−=−=，则()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0h x h ≤=，则ln 0a ≥，则1a ≥，故a 的取值范围是[1,)+∞．解法2：构造同构式211()1ln ln 1lnln ln ln x x x x x exex ex ex ex f x ae x a ae xe e e a a a a a−−⇔−+⇔⇔⇔⇔ 令()ln g x x x =（1x >），原不等式等价于()()ex g x g a，又()1ln g x x '=+，所以()g x 在(1,)+∞上单调递增，所以x ex e a ≥，所以x ex a e 在(0,)+∞恒成立，所以max ()x exa e. 令()x ex h x e =，则(1)()xe x h x e−'=，所以()h x 在(0,1)为增，在(1,)+∞为减，所以max ()(1)1xexh ==.所以1a ≥，故a 的取值范围是[1,)+∞．解法3：同构+放缩由()1f x ≥得1ln ln 1x ae x a −−+，即ln 1ln ln 1a x e x a +−−+，记()e 1x g x x =−−,则()e 1x g x '=−，所以()g x 在(,0)−∞单调递减，在(0,)+∞单调递增，所以min ()(0)0g x g ==,所以e 1x x +≥,所以ln 1(1ln )1ln a x e x a x a +−−++=+≥(当且仅当ln 0x a +=时，等号成立) 只需ln 2ln 10x x a −+−≥,记()ln 2ln 1h x x x a =−+−，则11()1x h x x x−'=−=，所以()h x 在(0,1)单调递减为增，在(1,)+∞单调递增，所以()(0)2ln 0h x h a ==≥，所以1a ≥，故a 的取值范围是[1,)+∞．角度2：放缩法解法4 ：放缩法1由()1f x 得，1ln ln 1x ae x a −−+，即11ln ln x ae x a −−−，易证：1xe x +，1ln x x −，又0>a ，故-1x ex ，-1x ae ax ，因此只需证：ln ax x a −即证：(1)ln x a a −−，当1≥a 时(1)0ln x a a −>>−恒成立；当01a <<时(1)0ln x a a −<<−，此时(1)ln x a a −−不成立．故a 的取值范围是[1,)+∞．解法5：放缩法2由()1f x 得，1ln ln 1x ae x a −−+，即11ln ln x ae a x −−+，因为1ln x x −，所以只须11ln 1x ae a x −−+−.令1()ln x g x ae a x −=+−，则111()e 1(e )x x g x a a a−−'=−=−，令()0g x '=，得11e x a−=，所以1ln x a =+， ()g x 在(,1ln )a −∞+单调递减，在(1ln ,)a ++∞单调递增，所以1ln 12min ()(1ln )e ln (1ln )10a g x g a a a a a +−=+=+−+=−≥，所以1a ≥.解法6：放缩法3由()1f x 得，1ln ln 1x ae x a −−+，即11ln ln x ae a x −−+，因为1xe x +，0a >，所以()ln 1g x ax x a =−+≥则11()ax g x a x x −'=−=，所以()g x 在1(0,)a 单调递减，在1(,)a +∞单调递增，所以min1()()12ln 1g x g a ==+≥，所以1a ≥.解法7：由题设可知(0,)x ∈+∞，(0,)a ∈+∞，11()x f x ae x−'=−， ∵121()0x f x ae x −''=+>，∴()f x '在(0,)+∞上单调递增， ①当01a <<时，(1)10f a '=−<，11111()(1)0a af ae a a e a−−'=−=−>，∴01(1,)x a∃∈，使0()0f x '=，且当0(0,)x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减， ∴当0(1,)x x ∈时，()(1)ln 1f x f a a a <=+<<，不满足()1f x ≥，故不符合题意． ②当1a ≥时，∵10,ln 0x ea −>>，∴1()ln x f x e x −−≥，令1()ln x g x e x −=−(0)x >，则11()x g x e x−'=−， ∵121()0x g x ex −''=+>，∴()g x '在(0,)+∞上单调递增，又(1)0g '=，∴当(0,1)x ∈时，()0g x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>， ∴函数()g x 在(0,1)x ∈上单调递减，在(1,)x ∈+∞上单调递增， ∴()(1)1g x g =≥，即()1f x ≥．解法8：由题设可知(0,)x ∈+∞，(0,)a ∈+∞，11()x f x ae x−'=−， ∵121()0x f x ae x −''=+>，∴()f x '在(0,)+∞上单调递增， ①当01a <<时，(1)10f a '=−<，11111()(1)0a a f ae a a e a−−'=−=−>，∴01(1,)x a∃∈，使0()0f x '=，且当0(0,)x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减， ∴当0(1,)x x ∈时，()(1)ln 1f x f a a a <=+<<，不满足()1f x ≥，故不符合题意．②当1a =时，1()ln x f x e x −=−，令1()ln x g x e x −=−(0)x >，则11()x g x e x−'=−， ∵121()0x g x ex −''=+>，∴()g x '在(0,)+∞上单调递增，又(1)0g '=，∴当(0,1)x ∈时，()0g x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>， ∴函数()g x 在(0,1)x ∈上单调递减，在(1,)x ∈+∞上单调递增， ∴()(1)1g x g ≥=，即()1f x ≥.③当1a >时，∵11111()(1)0a af ae a a e a−−'=−=−<，(1)10f a '=−≥，∴11(,1)x a∃∈，使1()0f x '=，且当1(0,)x x ∈时，()0f x '<；当1(,)x x ∈+∞时，()0f x '>， ∴函数()f x 在1(0,)x x ∈上单调递减，在1(,)x x ∈+∞上单调递增， ∴11min 11()()ln ln x f x f x ae x a −==−+， ∵111111111()0x x f x ae ae x x −−'=−=⇒=11ln 1ln a x x ⇒=−−， ∴min 111111111()ln 1ln 2ln 1f x x x x x x x x =−+−−=−−+，设1()2ln 1h t t t t=−−+，1(,1)t a∈，[1,)a ∈+∞，则222(1)12()10t h t t t t+'=−−−=−<，∴函数()h t 在1(,1)a 上单调递减，∴()(1)1h t h >=，∴min 1()()1f x h x =>，综上所述，a 的取值范围是[1,)+∞．解法9：隐零点的改进111e 1()ex x ax f x a x x−−−'=−=（0a >），记1()e 1x g x ax −=−，则11()e 1e (1)x x g x ax a x −−'=−=+，所以0x >时，()g x '在(0,)+∞上单调递增又(0)10g =−<，(1)(1)10a g a a a e +=+−>，所以0(0,1)x a ∃∈+，使得0()0g x =，即010e 10x ax −−=，0101e x a x −=，即00ln 1ln a x x +−=−，所以，当0(0,)x x ∈时，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减；当0(,)x x ∈+∞时，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增，所以01min 00001()()e ln ln ln 1ln x f x f x a x a x a a x −==−+=++−+2ln 12ln 1a a −=+≥.当且仅当01x =时等号成立，由2ln 11a +≥，解得1a ≥，a 的取值范围是[1,)+∞．角度四：必要性探路解法10：必要性：由题可知(1)ln 1f a a =+≥,因为()ln g a a a =+在(0,)+∞上单调递增，且(1)1g =，所以1a ≥.充分性：1a ≥时，111()e ln ln e 1ln1ln e ln x x x f x a x a x x −−−=−+⋅+−=−≥，又因为1e 11x x x −−+=≥，ln (1)1x x x −−−=−+≥.1x =时，同时取等号（证明略）所以1e ln 1x x −−≥综上，综上所述，a 的取值范围是[1,)+∞．角度五：变更主元解法11由()1f x 得，1ln ln 1x ae x a −−+，记1()ln ln 1x h x ae x a −=−+−，则11()e 0x h x a−'=+>，所以()h a 在(0,)+∞上单调递增，当1a =时，1(1)e ln 1x h x −=−− 因为1ln 1e 1x x x −−−≤≤(证明略)，所以1(1)e ln 10x h x −=−−≥，当且仅当1x =时，等号成立，即min (1)0h = 又()h a 在(0,)+∞上单调递增，所以a 的取值范围是[1,)+∞．评论与赏析：本题第二问是不等式恒成立问题，处理这类问题常用方法：（1）变量分离（完全变量分离，部分变量分离）；（2）特殊值法缩小变量范围后再处理；（3）构造新函数，求最值.本题涉及到指数函数、对数函数，而这两个函数从代数式的角度是可以相互转化，因为有了角度二的的思考：从式子的结构入手，运用对数恒等式转化为相同的结构，从而构造新函数，使问题到得解决；对于一个式子中有两种或两种以上的函数，一个直接的想法就是能消去一种，变为单一的一种函数函数，最常用的手法就是施法，而中学经典的放缩就是切线放缩，就有了角度的方法，角度一和角度二的方法也就是本题的命制思路，先选定一个同构函数()e t g t t =+，注意到不等式ln 1x x −≤，即ln 10x x −+≤，然后选定一个参数，构造一个不等式ln 1x x m −+≤，再将不等式ln 1x x m −+≤装入单调递增的函数()e t g t t =+中，到得(ln )(1)g x g m x +−≤，即ln 1e ln e 1x m x x m x +−+++−≤，令整理得e ln m a m a =⇔=，最后整理得，于是构造出1()e ln ln x f x a x a −=−+.1ln ln 1x ae x a −−+。

2020山东高考数学21题讲解PPT

∴ ∈ (, ]
∴ () ≥ () =
PA R T 0 3
即 ≥
≥
综上所述，的取值范围为[ , +∞)
PA R T 0 3
（2）由题得 () ∈ (, +∞)， ∈ (, +∞)
方法③：特殊值求导
∵ ’ () = − −， ’’ () = − +
• 赋值法：利用特殊值求解，对解决填空题、选择题能很快求得。
讲解完毕谢谢大家

>
∴ ’ ()在(, +∞)上单调递增
“恒成立问题”的处理思路
• 分离变量法：ቐ
• 构造函数法：通过作差、作商、变形、换元、放缩等方法构造函数，将恒成立问
题转化为函数问题。
• 数形结合法：若把等式或不等式进行合理的变形后，能容易地画出等号或不等号
两边函数的图象，则可以通过画图直接判断得出结果。
∴ = ()与坐标轴交点为(, )和(−

∴ ∆ = × ×

−
=

(−)

, )
−
PA R T 0 3
（2）由题得()的定义域为(, +∞)， ∈ (, +∞)
方法①：利用指数对数的运算构造函数
∵ () ≥ ∴ − − + = +− − + ≥

， ’’ () = − +

∴ ’ ()在(, +∞)上单调递增
>
∵ 当 → 时 ’ () → −∞，当 → +∞时 ’ () → +∞
∴ 由零点存在定理知 ∃ ∈ (, +∞) 使 ’ ( ) = − −

2020年新高考全国Ⅰ卷(山东卷)数学第21题解法研究——同构放缩携起手导数不等式难题不再有

２０２０年新高考全国Ⅰ卷(山东卷)数学第２１题解法研究同构放缩携起手导数不等式难题不再有高振宁(山东省新泰市第一中学㊀２７１２００)摘㊀要:本文通过对２０２０年高考数学山东卷第２１题解法的探研ꎬ从命题人的角度来反思问题解决的方法ꎬ发现放缩法㊁隐零点法㊁同构法放缩法㊁分而治之法之间的联系与区别ꎬ得出导数解决高考数学中函数与导数压轴题的基本途径ꎬ旨在高中导数与函数复习中提高实效.关键词:导数与单调性ꎻ同构与放缩ꎻ分而治之ꎻ隐零点中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)２８－００２６－０２收稿日期:２０２０－０７－０５作者简介:高振宁(１９８３.４－)ꎬ男ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀原题再现㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａ.(１)当ａ＝ｅ时ꎬ求曲线ｙ＝ｆ(ｘ)在点(１ꎬｆ(１))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积ꎻ(２)若ｆ(ｘ)ȡ１ꎬ求ａ的取值范围.解㊀(１)略.(２)方法一(隐零点法):由ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝ａｅｘ－１－１ｘꎬ显然ａ>０.设ｇ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ａｅｘ－１＋１ｘ２>０ꎬ所以ｇ(ｘ)在０ꎬ＋¥()上单调递增ꎬ即ｆᶄ(ｘ)在０ꎬ＋¥()上单调递增.当ａ＝１时ꎬｆᶄ(１)＝０ꎬ当ｘɪ(０ꎬ１)ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬｆ(ｘ)在０ꎬ１()上是减函数ꎻｘɪ(１ꎬ＋¥)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬｆ(ｘ)在(１ꎬ＋¥)上是增函数.ʑｆ(ｘ)ｍｉｎ＝ｆ(１)＝１ꎬ故ｆｘ()ȡ１恒成立.当ａ>１时ꎬ１ａ<１ꎬ所以ｅ－１<１ꎬｆᶄ(１ａ)ｆᶄ(１)＝ａ(ｅ－１－１)(ａ－１)<０ꎬ故存在唯一ｘ０>０ꎬ使得ｆᶄ(ｘ０)＝ａｅｘ－１－１ｘ０＝０ꎬ且当ｘɪ(０ꎬｘ０)时ｆᶄ(ｘ)<０ꎬ当ｘɪ(ｘ０ꎬ＋¥)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ所以ａｅｘ－１＝１ｘ０ꎬ即ｌｎａ＋ｘ０－１＝－ｌｎｘ０.因此ｆ(ｘ)ｍｉｎ＝ｆ(ｘ０)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ０＋ｌｎａ＝１ｘ０＋ｌｎａ＋ｘ０－１＋ｌｎａȡ２ｌｎａ－１＋２１ｘ０ｘ０＝２ｌｎａ＋１>１ꎬ所以ｆ(ｘ)ȡ１恒成立.当０<ａ<１时ꎬｆ(１)＝ａ＋ｌｎａ<ａ<１ꎬʑｆ(１)<１ꎬｆ(ｘ)ȡ１不恒成立.综上所述ꎬ实数ａ的取值范围是[１ꎬ＋ɕ).方法二(放缩法):当０<ａ<１时ꎬｆ(１)＝ａ＋ｌｎａ<１.当ａ＝１时ꎬｆ(ｘ)＝ｅｘ－１－ｌｎｘꎬｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－１－１ｘꎬ显然ｆᶄ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上是增函数.当ｘɪ(０ꎬ１)时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬｆ(ｘ)在(０ꎬ１)上是减函数ꎻｘɪ(１ꎬ＋¥)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬｆ(ｘ)在(１ꎬ＋¥)上是增函数.所以ｆ(ｘ)最小值＝ｆ(１)＝１ꎬ从而ｆ(ｘ)ȡ１恒成立ꎬ当ａ>１时ꎬｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａȡｅｘ－１－ｌｎｘꎬ由ａ＝１的结论可知ｆ(ｘ)＝ｅｘ－１－ｌｎｘȡ１恒成立.综上可知:ａ的取值范围是１ꎬ＋¥[).方法三(同构函数ｙ＝ｅｘ＋ｘ):显然ａ>０ꎬａ＝ｅｌｎａꎬ则ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａ＝ｅｌｎａ＋ｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａȡ１ꎬ等价于ｅｌｎａ＋ｘ－１＋ｌｎａ＋ｘ－１ȡｌｎｘ＋ｘ＝ｅｌｎｘ＋ｌｎｘ.令ｇｘ()＝ｅｘ＋ｘꎬ上述不等式等价于ｇ(ｌｎａ＋ｘ－１)ȡｇ(ｌｎｘ).显然ｇ(ｘ)为Ｒ上的单调增函数ꎬ故ｌｎａ＋ｘ－１ȡｌｎｘꎬ即ｌｎａȡｌｎｘ－ｘ＋１.令ｈ(ｘ)＝ｌｎｘ－ｘ＋１ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝１ｘ－１＝１－ｘｘꎬ在(０ꎬ１)上ｈᶄ(ｘ)>０ꎬｈ(ｘ)是增函数ꎻ在(１ꎬ＋¥)上ｈᶄ(ｘ)<０ꎬｈ(ｘ)是减函数.ʑｈ(ｘ)ｍａｘ＝ｈ(１)＝０ꎬ则ｌｎａȡ０ꎬ即ａȡ１ꎬ即ａ的取值范围是[１ꎬ＋ɕ).方法四(同构函数ｙ＝ｘｅｘ):因ｆ(１)＝ａ＋ｌｎａȡ１ꎬ设ｇ(ａ)＝ａ＋ｌｎａꎬ显然ｙ＝ｇ(ａ)在区间０ꎬ＋¥()上是增函数ꎬｇ(ａ)ȡｇ(１)＝１ꎬ故ａȡ１.ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａȡ１ꎬ得ａｅｘ－１ȡｌｎｅｘａ⇔ｅｘȡｅａｌｎｅｘａ⇔ｘｅｘȡｅｘａｌｎｅｘａ.显然ｘ>０ꎬｅｘａ＝ｅｌｎ(ｅ/ａ)ꎬ则原不等６２式等价于ｘｅｘȡｌｎｅｘａｅｌｎ(ｅ/ａ).设ｇ(ｘ)＝ｘｅｘꎬ显然ｇ(ｘ)在０ꎬ＋¥()上是增函数ꎬ则上述不等式等价于ｇ(ｘ)ȡｇ(ｌｎｅｘａ).当ｌｎｅｘａ<０时ｇ(ｘ)>０ꎬｇ(ｌｎｅｘａ)<０ꎬ显然ｇ(ｘ)ȡｇ(ｌｎｅｘａ)成立ꎻ当ｌｎｅｘａ>０时ꎬ原不等式等价于ｘȡｌｎｅｘａꎬ由于ｅｘȡ１＋ｘꎬ且ａȡ１则可得ｅｘ－１ȡｘȡｘａꎬ故ａ的取值范围是１ꎬ＋¥[).方法五(同构函数ｙ＝ｘｌｎｘ):同方法四可得ｘｅｘȡｅｘａｌｎｅｘａꎬ即ｅｘｌｎｅｘȡｅｘａｌｎｅｘａ.设ｇ(ｘ)＝ｘｌｎｘꎬ则上述不等式等价于ｇ(ｅｘ)ȡｇ(ｅｘａ).ｇᶄ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１ꎬｇ(ｘ)在０ꎬ１ｅæèçöø÷上是减函数ꎬ在(１ｅꎬ＋¥)上是增函数.当ｅｘａ<１时ꎬｇ(ｅｘ)>０ꎬ而ｇ(ｅｘａ)<０ꎬ显然有ｇ(ｅｘ)ȡｇ(ｅｘａ)成立ꎻ当ｅｘａȡ１>１ｅ时ꎬ不等式ｇ(ｅｘ)ȡｇ(ｅｘａ)⇔ｅｘȡｅｘａ⇔ｅｘ－１ȡｘａ.以下同方法四.方法六(分而治之法):ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａȡ１⇔ａｅｘ－１ȡｌｎｅｘａ⇔ａｅｘｅȡｌｎｅｘａ⇔ａｅˑｅｘｘȡｌｎｅｘａｅｘａˑｅａ.ａｅˑ(ｅｘｘ)ｍｉｎȡ(ｌｎｅｘａｅｘａ)ｍａｘˑｅａ.设ｇ(ｘ)＝ｅｘｘꎬｘ>０ꎬｇᶄ(ｘ)＝(ｘ－１)ｅｘｘ２ꎬ易知ｇ(ｘ)＝ｅｘｘ在０ꎬ１()上是减函数ꎬ在１ꎬ＋¥()上是增函数ꎬ故ｇ(ｘ)ｍｉｎ＝ｇ(１)＝ｅ.设ｈ(ｘ)＝ｌｎｘｘ(ｘ>０)ꎬｈᶄ(ｘ)＝１－ｌｎｘｘ２ꎬ易知ｈ(ｘ)＝ｌｎｘｘ在(０ꎬｅ)上是增函数ꎬ在(ｅꎬ＋¥)上是减函数ꎬ故ｈ(ｘ)ｍａｘ＝ｈ(ｅ)＝１ｅꎬ则知(ｌｎｅｘａｅｘａ)ｍａｘ＝１ｅꎬ则ａȡ１ａꎬ故ａ的取值范围是１ꎬ＋¥[).从解决问题方法的角度看ꎬ隐零点法是解决问题的一般性通法ꎬ但是此种方法需要强大的计算能力作为基础ꎬ特别是在利用ａｅｘ－１＝１ｘ０进行代换得到ｌｎａ＋ｘ０－１＝－ｌｎｘ０的这种思路ꎬ应该作为一种基本的解决导数不等式压轴题的基本思路进行培养.放缩法是山东省教育招生考试院给出的官方答案ꎬ此种办法的优点是ꎬ计算量不是大ꎬ借助分类讨论思想ꎬ利用特殊点明确参数的范围进而证明此范围符合题意ꎬ但是在实际的教学中ꎬ新教材已经把分析法和综合法等不等式证明方法删除ꎬ学生证明不等式能力较弱的情况下掌握放缩法不易ꎬ这就需要教师在教学中渗透不等式的证明方法.为了突破这个教学难点ꎬ笔者认为可以利用具体的证明方法ꎬ而不用过多的纠缠这种方法的具体含义和要求ꎬ比方说把执果索因给学生讲解成把结论等价变形成能解决问题的形式 ꎬ在教学的实践中怎么充实这一点ꎬ还需要不断的在实际中摸索与探究.方法三㊁四㊁五可以归结成同构法ꎬ同构法的本质是构造目标函数ꎬ借助目标函数单调性把复杂函数简单化递减ꎬ比方说若Ｆ(ｘ)ȡ０能等价变形为Ｆ(ｆ(ｘ))ȡＦ(ｇ(ｘ))ꎬ若Ｆ(ｘ)递增ꎬ则问题转化为ｆ(ｘ)ȡｇ(ｘ)ꎬ若Ｆ(ｘ)递减ꎬ则问题转化为ｆ(ｘ)ɤｇ(ｘ).此类方法的关键是构造目标函数ꎬ高考压轴题中的构造常见形式可分为两类:(１)ａｅａɤｂｌｎｂ可以同构ａｅａɤｌｎｂｅｌｎｂꎬ借助函数ｆ(ｘ)＝ｘｅｘ解决ꎬ也可以同构ｅａｌｎｅａɤｂｌｎｂꎬ借助ｆ(ｘ)＝ｘｌｎｘ解决ꎬ更可以同构为ｌｎａ＋ａɤｌｎｂ＋ｌｎ(ｌｎｂ)ꎬ借助ｆ(ｘ)＝ｘ＋ｌｎｘ解决.(２)ｅａａɤｂｌｎｂ可以同构ｅａａɤｅｌｎｂｌｎｂꎬ借助函数ｆ(ｘ)＝ｅｘｘ解决ꎬ也可以同构为ｅａｌｎｅａɤｂｌｎｂꎬ借助函数ｆ(ｘ)＝ｘｌｎｘ解决ꎬ更可以同构ａ－ｌｎａɤｌｎｂ－ｌｎ(ｌｎｂ)ꎬ借助函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｌｎｘ解决.当然ꎬ用同构法解题ꎬ除了要有同构法的思想意识外ꎬ对观察能力㊁对代数式的变形能力的要求也是比较高的.但是笔者认为ꎬ利用同构法可以最接近命题者的原始创作方向ꎬ此题目设计思路的开始点应该是ｅｘȡｅｘａ.正所谓ꎬ同构新天地ꎬ放缩大舞台!方法六属于解决问题的巧妙方法ꎬ不属于通性解法ꎬ一般情况下ｆ(ｘ)ȡｇ(ｘ)不等价于ｆ(ｘ)ｍｉｎȡｇ(ｘ)ｍａｘꎬ但是对于极个别的问题ꎬ利用上分而治之的方法ꎬ会极大地降低运算程度ꎬ但是构造不等式两侧的目标函数有一定的技巧性ꎬ学生不易掌握.㊀㊀参考文献:[１]陈永清.轻松快捷巧记高中数学知识与解题方法[Ｍ].长沙:湖南师范大学出版社ꎬ２０２０:４２－４７.[责任编辑:李㊀璟]７２。

2023新高考数学二卷21题讲解

2023新高考数学二卷21题讲解2023年，新高考数学二卷的21题是一道较为复杂的题目，考察了学生对数学知识的综合运用能力。

下面我们来详细讲解这道题目。

题目要求如下：已知函数$f(x)=\frac{1}{2}x^3-3x^2+4x+1$，设直线$l$与曲线$y=f(x)$相切于点$P$，直线$l$的斜率为$k$，求$k$的取值范围。

首先，我们需要明确题目中的一些概念和知识点。

相切是指直线与曲线在某一点处有且仅有一个公共点，并且直线与曲线在该点处的切线重合。

斜率是直线的一个重要特征，表示直线在平面上的倾斜程度。

根据题目中给出的函数$f(x)$，我们可以求出其导数$f'(x)$。

对函数$f(x)$求导，得到$f'(x)=\frac{3}{2}x^2-6x+4$。

这是一个二次函数，其图像是一个开口朝上的抛物线。

由于直线$l$与曲线$y=f(x)$相切于点$P$，所以直线$l$的斜率$k$等于曲线$y=f(x)$在点$P$处的切线的斜率。

而曲线$y=f(x)$在点$P$处的切线的斜率等于曲线$y=f(x)$在点$P$处的导数$f'(x)$的值。

因此，我们需要求出曲线$y=f(x)$在点$P$处的导数$f'(x)$的值。

设点$P$的横坐标为$x_0$，纵坐标为$y_0$，则点$P$的坐标为$(x_0,y_0)$。

曲线$y=f(x)$在点$P$处的导数$f'(x)$的值等于曲线$y=f(x)$在点$P$处的切线的斜率，即$k$。

根据导数的定义，我们可以得到$f'(x_0)=k$。

将函数$f(x)$的导数$f'(x)$代入，得到$\frac{3}{2}x_0^2-6x_0+4=k$。

接下来，我们需要找到曲线$y=f(x)$与直线$l$相切的点$P$的横坐标$x_0$和纵坐标$y_0$。

由于直线$l$与曲线$y=f(x)$相切于点$P$，所以点$P$同时满足曲线$y=f(x)$和直线$l$的方程。

2009年高考理科数学第21题试题评分细则

2009年全国普通高考数学试题理科21题、文科22题评分细则（部分）如图，已知抛物线E ：2y x =与M ：22(4)(0)x y r r -+=>相切交于A 、B 、C 、D 四个点。

（I ）求r 的取值范围。

（II ）当四边形ABCD 的面积最大时，求对角线AC 、BD 的交点P 的坐标。

解：（I ）将2y x =代入22(4)x y r -+= （1分）并化简得227160x x r -+-= ① （1分）……………..2分 (有方程组或有代入思想或有代入后所得方程都可得2分)E 与M 有四个交点的充要条件是方程有两个不等的正根1x 、2x 。

由此得2212212(7)4(16)0(1)70160(1)r x x x x r ⎧∆=--->⎪+=>⎨⎪=->⎩分分解得215164r <<，又0r > (如果出现0∆=,则要看后面结果是否有r >;或如果出现0∆≥,后面的不等式对;或如果出现21524r r >>的其中一种情况都可得4分) 所以r的取值范围是(4)2（1分）………….5分. (结果为单边不等式扣1分) （II ）不妨设E 与M 的四个交点的坐标为：1(A x，1(,B x ，2(,C x，2(D x （1分） (体现对称性即可给分)则直线AC 、BD 的方程分别为121)y x x =-，121)y x x =-，解得点P的坐标为。

（1分）………..7分设t =由t =1）知702t <<。

由于四边形ABCD 为等腰梯形，因而其面积12s x x =⋅- （1分） (出现由对称性知,1()2s AB CD h =+⋅也可得分)则22121212(()4s x x x x x x ⎡⎤=++⋅+-⎣⎦将12x x t +==代入上式，并令2()f t s =，得27()(72)(72)(0)2f t t t t =+⋅-<< （1分）…………..9分 (如果没有P 点对称就也可得8分)求导，()2(27)(67)f t t t '=-+- （1分）令()0f t '=，解得76t =，72t =-（舍去）当706t <<时，7()0;6f t t '>=时，()0f t '=；7762t <<时，()0f t '<。

高考21题赏析及教学建议

2 2
很多考生写成 x 4 mx m 3 0 , x 4 mx m 3 0
2 2
2
2
丌到 M须满足的条件，理科仅靠
是丌正确的。 7、丌能将
| PR | | PQ | xR xQ
6、丌能正确理解“不轨迹C交亍Q、R”的数学含义，找
0
求出
m 1
戒
m 1
进行有效的、合理的转化及运算。
极少数优秀的答卷由亍未考虑 m 2 （理科） m 0 且
) m 1（文科）造成结论的缺憾： m (1, 7 4 2 （理科）
m (1, 3) （文科）
8、不少学生臆造公式。如由 M B A = 2 M A B ,得出 M A=2M B co s M B A = 2 co s M A B tan M B A = 2 tan M A B 等等错误的等式进行计算。
1、选用公式不合理导致无法计算化简，半途而废，特别是理科。由于第一问的失误造成第二问无法得分。 2、不少学生将斜率公式用错，造成得分低下。理科学生： k MB tan MBA
k MB tan MBA x2 y y x2
文科学生： k MA
x 1 y
, k MB
四、教学建议
1、重视教材例题、习题的教学及研究。高三的复习丌能一味地用复习资料替代教材。
2、加强对学生规范书写、规范作答的讪练，减少失误。 3、加强基本运算的教学，在课堂上丌惜抽时间板演计算（如解方程、解丌等式等）。 4、加强基本题型的教学及讪练，适当进行“一题多解”的讪练，特别是出错的中档题务必及时纠正，力求二次乃至多次过手。 5、重视平面几何知识在平面解析几何中的运用。 6、在高一及高二的新课教学中，丌能一味赶进度，重要的知识、方法、定理、法则力求让学生深刻理解，否则基础知识的欠账到高三很难弥补上。

2023年高考数学1卷试题第21题解读

2023年高考数学1卷试题第21题解读一、题目背景2023年高考数学1卷试题第21题是一道关于函数与导数的问题，考查了利用导数研究函数的单调性、极值等知识点，同时要求考生能够分析函数图象的变化趋势，理解并解决实际问题。

二、题目分析本题主要考查了导数的应用，包括利用导数研究函数的单调性、极值等知识点。

同时，题目还要求考生能够分析函数图象的变化趋势，理解并解决实际问题。

首先，题目给出了一个函数式：$f(x) = x^{3} - 3x + 2$，并要求求出该函数的单调区间和极值。

然后，根据求导公式，我们可以求出该函数的导数：$f^{\prime}(x) = 3x^{2} - 3$。

接下来，我们需要根据导数判断函数的单调性。

当$f^{\prime}(x) > 0$时，函数单调递增；当$f^{\prime}(x) < 0$时，函数单调递减。

根据导数方程，我们可以得出函数的单调递增区间为$x > 1$或$x < - 1$，单调递减区间为$- 1 < x < 1$。

最后，我们需要求出函数的极值点。

根据极值的定义，当函数在某一点的导数为零且在这一点两侧的导数符号相反时，该点为函数的极值点。

根据导数方程，我们可以得出函数的极值点为$x = 1$，且为极小值点。

三、解题方法本题的解题方法主要是利用导数研究函数的单调性、极值等知识点。

同时，还需要根据实际问题的需要，利用函数图象的变化趋势进行分析。

具体来说，可以按照以下步骤进行解题：1. 求出函数的导数；2. 根据导数判断函数的单调性；3. 求出函数的极值点；4. 根据实际问题的需要，利用函数图象的变化趋势进行分析。

四、结论与启示本题是一道关于函数与导数的问题，考查了利用导数研究函数的单调性、极值等知识点，同时要求考生能够分析函数图象的变化趋势，理解并解决实际问题。

通过本题的解答，我们可以得出以下结论和启示：1. 利用导数研究函数的单调性和极值是一种有效的数学方法；2. 在解题过程中要善于利用导数方程进行分析和推理；3. 要注意导数在实际问题中的应用，能够将实际问题转化为数学问题进行分析和解决；4. 在解题过程中要细心审题，注意细节的处理，避免因粗心而犯错；5. 要善于总结解题方法和思路，以便在以后的解题中能够更加高效地解决问题。

2015年山东高考理科数学试题第21题解析

2015年山东高考理科数学试题第21题解析作者：吴金革来源：《中学数学杂志(高中版)》2015年第04期题目设函数f（x）=ln（x+1）+a（x2-x），其中x∈R.（Ⅰ）讨论函数f（x）极值点的个数，并说明理由;（Ⅱ）若x>0，f（x）≥0成立，求a的取值范围.1 解题思路分析与解题方法（Ⅰ）思路首先确定函数f（x）的定义域，求f（x）的导函数，导函数式进行化简，然后考查分子对应的函数g（x），先讨论g（x）是否为二次函数，后讨论g（x）是二次函数时实根的分布情况，从而确定g（x）、f′（x）的符号，得出函数f（x）单调区间，判断出函数f （x）的极值点个数.解法1 由题意，知函数f（x）的定义域为（-1，+∞），f′（x）=1x+1+a（2x-1）=2ax2+ax-a+1x+1.令g（x）=2ax2+ax-a+1，x∈（-1，+∞）.（1）若a=0，则g（x）=1.此时f′（x）=1x+1>0，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增，无极值点.（2）若a>0，Δ=a2-8a（1-a）=a（9a-8）.当0<a≤89时，Δ≤0，g（x）≥0，f′（x）≥0，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增，无极值点.当a>89时，Δ>0，设g（x）=0的两个实根为x1，x2（不妨x1<x2），由韦达定理知x1+x2=-12（或二次函数g（x）的对称轴为直线x=-14），所以x1<-14，x2>-14.又g（-1）=1>0，所以-1<x1<-14.所以在区间（-1，x1）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增;在区间（x1，x2）上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）单调递减;在区间（x2，+∞）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增;因此函数f（x）有两个极值点.（3）若a<0，Δ>0，由g（-1）=1>0和二次函数的图象性质，得x1<-1，x2>-1.所以在区间（-1，x2）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增;在区间（x2，+∞）上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）单调递减;因此函数f（x）有一个极值点.综上所述，当a<0时，函数f（x）有一个极值点;当0≤a≤89时，函数f（x）无极值点;当a>89时，函数f（x）有两个极值点.解法2 由题意，知函数f（x）的定义域为（-1，+∞），f′（x）=1x+1+a（2x-1）=2ax2+ax-a+1x+1.令g（x）=2ax2+ax-a+1，x∈（-1，+∞）.（1）若a=0，则g（x）=1.此时f′（x）=1x+1>0，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增，无极值点.（2）若a≠0，Δ=a2-8a（1-a）=a（9a-8）.当Δ≤0时，0<a≤89，g（x）≥0，f′（x）≥0，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增，无极值点.当Δ>0时，a<0或a>89，由一元二次方程的求根公式，得g（x）=0两个不等实根为x1=-a-Δ4a=-14-9a2-8a4a，x2=-a+Δ4a=-14+9a2-8a4a.①a<0时，x1=-14+149-8a>-14>-1，x2=-14-149-8a<-14-34<-1，所以在区间（-1，x1）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增;在区间（x1，+∞）上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）单调递减;因此函数f（x）有一个极值点.②a>89时，x1=-14-149-8a>-14-34=-1，又x2>x1，所以x2>x1>-1.所以在区间（-1，x1）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增;在区间（x1，x2）上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）单调递减;在区间（x2，+∞）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增;因此函数f（x）有两个极值点.综上所述，当a<0时，函数f（x）有一个极值点;当0≤a≤89时，函数f（x）无极值点;当a>89时，函数f（x）有两个极值点.点评 g（x）为二次函数时，解法1确定g（x）符号，利用了二次函数性质、特殊点的函数值和韦达定理;解法2中确定g（x）符号，利用了二次函数性质、求根公式和不等式的放缩法，对考生的要求更高.也有一部分考生应用分离变量a解答，由于缺乏对函数f（x）单调性的分析，所以得不到全分.（Ⅱ）思路1 根据（Ⅰ）知a在不同情况下f（x）在（0，+∞）上的单调性，要想x∈（0，+∞）时f（x）>0恒成立，只要说明最小值大于0，否则存在函数值小于0即可.解法1 由（Ⅰ）知，（1）当0≤a≤89时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增.又f（0）=0，所以x∈（0，+∞）时f（x）>0，符合题意.（2）当89<a≤1时，由g（0）=1-a≥0，得x2≤0，所以函数f（x）在（0，+∞）上单调递增.又f（0）=0，所以x∈（0，+∞）时f（x）>0，符合题意.（3）当a>1时，由g（0）=1-a<0，得x2>0，所以函数f（x）在（0，x2）上单调递减.又f（0）=0，所以x∈（0，x2）时f（x）<0，不符合题意.（4）当a<0时，设h（x）=x-ln（x+1），则h′（x）=1-1x+1=xx+1.当x∈（0，+∞）时，h′（x）>0，所以函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，且h（x）>h（0）=0，即ln（x+1）<x.所以f（x）<x+a（x2-x）=ax2+（1-a）x.当x>1-1a时，ax2+（1-a）x<0，f（x）<0，不符合题意.综上所述，a的取值范围是[0，1].解法2 （1）当0≤a≤89时，同法1.（2）当89<a≤1时，同法1.（3）当a>1时，设h（x）=ln（x+1）-x（x>0），则h′（x）=1x+1-1=-xx+1<0，所以函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，h（x）<h（0）=0，即ln（x+1）<x.所以f（x）<x+a（x2-x）=ax2+（1-a）x.当0<x<a-12a时，ax2+（1-a）x<0，f（x）<0，不符合题意.（4）当a<0时，由（3）知f（x）<x+a（x2-x）=ax2+（1-a）x.当x→+∞时，ax2+（1-a）x→-∞，f（x）<0，不符合题意.综上所述，a的取值范围是[0，1].解法3 （1）当0≤a≤1时，设h（x）=ln（x+1）-xx+1（x>0），则h′（x）=1x+1-1（x+1）2>0，所以函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，h（x）>h（0）=0，即ln（x+1）>xx+1（x>0）.要使x>0，f（x）>0成立，即ln（x+1）+a（x2-x）≥0成立，只需xx+1+a（x2-x）≥0成立，即1x+1+a（x-1）≥0，1-a+ax2≥0成立.因为0≤a≤1，所以1-a+ax2≥0，即ln（x+1）+a （x2-x）≥0.所以0≤a≤1符合题意.（2）当a>1时，同法1.（3）当a<0时，同法1.综上所述，a的取值范围是[0，1].点评上面这三种解法中，通过构造函数，进行不等式放缩是难点，如果考生没有深厚的数学基础，很难构造出函数.思路2 把a分成两类a≥0和a<0，当a≥0时f（x）≥0在（0，+∞）成立等价于f（x）≥0在（0，1）成立，然后通过构造函数进行求解.解法4 （1）当a≥0时，由于x>0，ln（x+1）>0，仅在（0，1）上a（x2-x）<0，所以只需要对x∈（0，1），ln（x+1）+a（x2-x）≥0.设h（x）=ln（x+1）-xx+1（x>0），则h′（x）=1x+1-1（x+1）2>0，所以函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，h（x）>h（0）=0，即ln（x+1）>xx+1（x>0）.要使ln（x+1）+a（x2-x）≥0成立，只需a≤ln（x+1）x-x2成立，由于ln（x+1）x-x2>xx+1·1x-x2=11-x2>1，并且limx→0ln（x+1）x-x2=limx→011+x·11-2x=1，所以0≤a≤1.（2）当a<0时，同法1.综上所述，a的取值范围是[0，1].思路3 由于f′（x）=0在（0，+∞）上最多有一个实根，且f（0）=0，所以把问题转化为f （x）在（0，+∞）上是增函数，即f′（x）≥0，再分离系数讨论即可.解法5 由（Ⅰ）的解法1，知函数g（x）=2ax2+ax-a+1在（0，+∞）上最多有一个实根，f′（x）=2ax2+ax-a+1x+1在（0，+∞）上最多有一个实根.由于f（0）=0，所以x>0，f（x）≥0成立等价于f（x）在（0，+∞）上是增函数，即f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，也就是（1-2x）a≤1x+1（*）在（0，+∞）上恒成立.（1）当x=12时，（*）式即为0·a≤23成立，a∈R.（2）当0<x<12时，令h（x）=（x+1）（1-2x）（x>0），（*）式可化为a≤1h（x）.由于x∈（0，12）时，0=h（12）<h（x）<h（0）=1，所以1h（x）>1，所以a≤1.（3）当x>12时，（*）式可化为a≥1h（x）.由于x∈（12，+∞）时，h（x）<0，所以1h （x）<0.所以a≥0.综上所述，a的取值范围是[0，1].思路4 直接分类讨论，分离参数，通过放缩法和极限值解决.解法6 x>0，f（x）≥0成立等价于（x-x2）a≤ln（x+1）（*）在（0，+∞）上恒成立.（1）当x=1时，（*）式即为0·a≤ln2成立，a∈R.（2）当0<x<1时，（*）式可化为a≤ln（x+1）x-x2.由（Ⅱ）的解法1知ln（x+1）<x，ln （x+1）x-x2<xx-x2=11-x.由于11-x在（0，1）内是增函数，所以11-x>limx→011-x=1.所以a≤1.（3）当x>1时，（*）式可化为a≥ln（x+1）x-x2.而ln（x+1）x-x2>xx-x2=11-x.由于11-x 在（1，+∞）内是增函数，所以11-x<limx→+∞11-x=0.所以a≥0.综上所述，a的取值范围是[0，1].2 阅卷启示由于本题是理科最后的压轴题，对考生数学思维能力和运算能力要求较高，阅卷时发现有少部分考生没有做到此题，有部分考生在试卷中出现明显的低级错误，如漏写函数f（x）定义域、对导函数f′（x）的分子讨论时忘记a=0此函数不是二次函数、只看Δ的符号就说明有几个极值点不考虑导函数f′（x）的符号和f（x）单调性等;也有一部分考生从答题看他心里明白但是得分要点没有，得不到分，如他算出了有极大值和极小值，就是不说有几个极值点，也就得不到分;还有一部分同学思维能力达不到，不会进行合理的分类讨论，不会构造函数进行不等式放缩，不会求函数极限，得分能力受到限制.建议在平时的高三教学中强化含参数的函数试题训练，加大试题的思维量，指导考生合理分类讨论，简化、优化运算，把握解题的规律，规范解题过程，达到数学解题“正确、迅速”.本文作者参与了今年山东高考阅卷工作，并且是本题的阅卷小组长.作者简介吴金革，男，1966年2月生，山东冠县人，高级教师，山东省特级教师，山东省优秀教师，济南市数学学科带头人，近10多年来一直是济南市高三数学模拟试题命题组成员.。

2023年新高考数学二卷21题评析

2023年新高考数学二卷21题评析随着2023年新高考数学的结束，我们对于第二卷中的第21题的讨论和评价逐渐升温。

这一题目的设计，既体现了高考的选拔功能，也反映了当前数学教育的趋势和挑战。

首先，从题目内容来看，第21题主要考察学生的空间几何问题解决能力。

题目设置合理，难度适中，既注重基础知识与技能的考察，又在一定程度上考验了学生的创新思维和应变能力。

对于空间想象能力较强的考生来说，这一题目将是一大亮点。

然而，对于基础知识相对薄弱的考生来说，这一题目可能成为一大难点。

其次，题目中所涉及的知识点，如向量、三角函数、几何等，都是高中数学的核心内容，这也体现了高考对于学生数学素养的全面考察。

题目中的一些陷阱和未知因素，如隐含条件、多角度思考等，都需要考生具备较高的思维灵活性和深度。

这不仅要求我们教师在日常教学中注重培养学生的思维能力和应变能力，也要求我们自己在教学过程中不断反思和改进教学方法。

对于评分标准，这一题目对答案的细节要求较高，对考生的逻辑清晰度和准确度提出了较高的要求。

这就要求我们在平时的教学过程中，注重培养学生对细节的关注和严谨的逻辑思维能力。

同时，我们也要教育学生如何避免因为一些微小的错误而失分，比如答题规范、格式等问题。

总的来说，这一题目对于高中数学的教学具有一定的导向作用。

它不仅考察了学生的数学素养，也对学生的思维灵活性和深度提出了更高的要求。

这也反映了当前数学教育的发展趋势，即更加注重学生的综合素质和创新能力的培养。

此外，我们也需要对这一题目进行深入的分析和思考。

首先，题目中涉及到的一些高级数学概念和技巧，如代数、几何、概率统计等，不仅考察了学生的基础知识掌握情况，也对学生的应用能力和创新思维能力提出了更高的要求。

这就要求我们在日常教学中注重学生综合数学能力的培养和提高。

其次，题目中出现的各种新题型和新思路，如以实际生活为背景的问题、开放性试题等，都反映了高考对于学生创新能力和应用能力的重视。

2020年新高考(山东卷)第 21题解法探究

2020年新高考(山东卷)第 21题解法探究本文主要介绍了解决导数不等式问题的一种常见方法——切线放缩法，并通过两个常见的切线放缩方法来解决2020年新高考（山东卷）第21题中的第二问。

切线放缩法的目的是将指数或对数转变成常见函数或一次、二次函数，从而简化问题。

本题考查了导数几何意义和利用导数研究不等式恒成立问题的能力，以及分类讨论和等价转化思想。

针对第二问，本文提供了五种解法，其中第一种通过对函数进行分析得出实数a 的取值范围为[1,+∞)，其余四种方法则通过不同的推导方式得出同样的结论。

在解法探究部分，本文首先简要介绍了题目的表达方式和设问方式，随后提供了五种解法。

第一种解法中，通过对函数g(x)进行分析，得出实数a的取值范围为[1,+∞)。

第二种解法则通过对不等式进行推导得出同样的结论。

第三、四种解法则分别采用了不同的方法对不等式进行变形和推导，最终也得出了实数a的取值范围为[1,+∞)。

最后，第五种解法通过对函数进行分析，得出了同样的结论，并给出了详细的推导过程。

总体来说，本文介绍了解决导数不等式问题的一种常见方法——切线放缩法，并通过具体例子对其应用进行了详细的讲解。

同时，本文还提供了多种解法，展示了不同的思路和方法，有助于读者更加全面地了解和掌握这一方法。

经过综合考虑，我们得出实数a的取值范围为[1,+∞)。

改写：通过综合考虑，我们可以确定实数a的取值范围为[1,+∞)。

这个算法的时间复杂度为O(n^2)，在数据量较大时效率较低。

改写：随着数据量的增加，该算法的时间复杂度为O(n^2)，因此效率较低。

这段文字无法阅读，需要删除。

研究结果表明，多喝水对身体有益处，可以帮助排除体内毒素，增强免疫力。

改写：根据研究结果显示，多喝水有助于身体健康，可以促进毒素排泄，提高免疫力。

对2020年高考山东卷第21题的探究

对2020年高考山东卷第21题的探究
2020年高考山东卷第21题是一道关于数学的问题，题目是“已知函数f(x)=3ax2-2bx+c，且f(1)=
3，求a,b,c的值”。

这是一道典型的方程求解题，可以通过推导及规律性分析来求解。

首先，我们将函数f(x)替换为f(1)和f(2)，得到：
f(1)=3a1-2b+c=1
f(2)=3a2-2b+c=3
令f(1)=1和f(2)=
3，则有：3a1-2b+c=1
3a2-2b+c=3
由此可得：3a1-3a2=2
即3a=2
因此a=2/3；将a=2/3代入f(1)=
1，得：f(1)=3×2/3-2b+c=1
即2-2b+c=1
令2-2b+c=
1，得：b=1
将b=1代入f(1)=
1，得：f(1)=3×2/3-2×1+c=1
即2/3+c=1
令2/3+c=
1，得：c=2/3
由以上推导可得：a=2/
3，b=
1，c=2/3
因此，已知函数f(x)=3ax2-2bx+c，且f(1)= 1，f(2)=
3，a,b,c的值分别为a=2/
3，b=
1，c=2/
3。

通过解答这道题，我们不仅研究了如何求解类似题型，也研究了如何通过推导及规律性分析来解决问题。

在解决问题的过程中，我们要学会不断思考，观察出问题的规律，并利用数学规律来解决问题，这是很重要的能力。

只有掌握了数学知识，有效地分析和解决问题，我们才能得出正确的结论。

最值巧破解,技巧妙归纳——２０２１年高考数学全国乙卷(理)第２１题的研究

２０２３年４月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀最值巧破解,技巧妙归纳２０２１年高考数学全国乙卷(理)第２１题的研究◉江苏省梅村高级中学㊀包正峰㊀㊀圆锥曲线中的取值范围(或最值)问题一直是历年高考数学试卷中的常见题型之一,常考常新,创新新颖,形式各样,主要在选择题或填空题㊁解答题中以压轴题形式出现．此类问题对考生的代数恒等变形能力㊁数学运算能力㊁推理论证能力等都有较高的要求,同时突出对数学知识㊁数学思想方法㊁数学核心素养的考查,具有较好的选拔性与区分度,备受命题者青睐．１真题呈现[２０２１年高考数学全国乙卷(理科)第２１题]已知抛物线C:x２＝２p y(p＞０)的焦点为F,且F与圆M: x２＋(y＋４)２＝１上点的距离的最小值为４．(１)求p;(２)若点P在M上,P A,P B为C的两条切线, A,B是切点,求әP A B面积的最大值．２真题剖析该题以抛物线为问题背景,巧妙融入圆的方程以及圆的切线等相关问题,确定三角形面积的最值,设置比较常见,场景比较熟悉,很好地实现了圆锥曲线与圆的融合与交汇,在一定程度上降低了试题的难度．这也是高考数学对圆锥曲线部分命题的大体变化趋势,适当降低难度．具体破解时,抓住切线这一关键点,或借助导数的视角,通过导数的几何意义,利用求导以及切线斜率的求解来确定对应的切线方程;或借助方程的视角,通过直线与抛物线方程的联立,对应的方程的判别式为０来解决．其中,不同的设点㊁设线等技巧与方法,都可以很好实现对相应位置关系的转化以及代数式的变形,最终转化为相应的函数问题,再结合函数的图象与性质以及相关参数的取值限定,来确定对应的最值问题．３真题破解对于第(１)问,由题可得圆心M(０,－４),半径r＝１,则焦点F(０,p２)到圆M上点的距离的最小值为|F M|－r＝p２＋４－１＝４,解得p＝２．下面主要研究第(２)问的破解方法．方法一:导数的视角设点与设线法．解法１:由(１)知,抛物线C的方程为x２＝４y,即y＝１４x２,求导可得yᶄ＝１２x．设切点A(x１,１４x１２),B(x２,１４x２２)．易得切线P A的方程为y－x２１４＝x１２(x－x１),即y＝x１２x－x２１４;切线P B的方程为y＝x２２x－x２２４．联立两直线方程可得交点P(x１＋x２２,x１x２４)．设直线A B的方程为y＝k x＋b,联立抛物线方程,消去参数y并整理,可得x２－４k x－４b＝０．由Δ＝１６k２＋１６b＞０,得k２＋b＞０．又x１＋x２＝４k,x１x２＝－４b,则知P(２k,－b)．所以|A B|＝１＋k２ |x１－x２|＝１＋k２ (x１＋x２)２－４x１x２＝１＋k２１６k２＋１６b．又点P到直线A B的距离为d＝|２k２＋２b|k２＋１,所以әP A B面积为㊀㊀㊀S＝１２|A B|d＝４(k２＋b)３２．①又点P(２k,－b)在圆M:x２＋(y＋４)２＝１上,则㊀㊀㊀㊀k２＝１４[１－(b－４)２]．②将②式代入①式,可得S＝４(－b２＋１２b－１５４)３２＝１２(－b２＋１２b－１５)３２＝１２[－(b－６)２＋２１]３２．由k２＝１４[１－(６－４)２]ȡ０,得bɪ[３,５],所以当b＝５时,S m a x＝２０５．故әP A B面积的最大值为２０５．点评:通过求导,结合切点的设置以及导数的几何意义,确定两条相应的切线方程,进而求得两切线交点P的坐标;同时设出两切点对应的直线A B的方３６Copyright©博看网. All Rights Reserved.试题研究２０２３年４月上半月㊀㊀㊀程,与抛物线方程联立,结合韦达定理,确定弦A B 的长以及点P 到直线A B 的距离,进而建立әP A B 面积S 的关系式,结合参数的取值范围确定әP A B 面积的最大值．从导数的视角切入,设点与设线全面登场,结合方程思想的应用,利用函数思想来处理．方法二:导数的视角设点与直线系法．解法２:由(１)知,抛物线C 的方程为x ２＝４y ,即y ＝１４x ２,求导可得y ᶄ＝１２x ．设A (x １,y １),B (x ２,y ２),P (x ０,y ０)．易得切线P A 的方程为y －y １＝x １２(x －x １),即y ＝x １２x －y １,亦即x １x －２y －２y １＝０．同理,可得切线P B 的方程为x ２x －２y －２y ２＝０．由于点P 为两切线的公共点,则有x １x ０－２y ０－２y １＝０,x ２x ０－２y ０－２y ２＝０．{所以点A ,B 的坐标满足方程x ０x －２y ０－２y ＝０,即直线A B 的方程为x ０x －２y －２y ０＝０．联立x ０x －２y －２y ０＝０,y ＝１４x ２,{可得x ２－２x ０x ＋４y ０＝０．由韦达定理,得x １＋x ２＝２x ０,x １x ２＝４y ０．所以|A B |＝１＋(x ０２)２|x １－x ２|＝１＋(x ０２)２(x １＋x ２)２－４x １x ２＝１＋(x ０２)２４x ２０－１６y ０＝(x ２０＋４)(x ２０－４y ０)．易得点P 到直线A B 的距离为d ＝|x ２０－４y ０|x ２０＋４．所以,可得әP A B 的面积S ＝１２|A B |d ＝１２(x ２０＋４)(x ２０－４y ０) |x ２０－４y ０|x ２０＋４＝１２(x ２０－４y ０)３２．而x ２０－４y ０＝１－(y ０＋４)２－４y ０＝－y ２０－１２y ０－１５＝－(y ０＋６)２＋２１,由已知可得y ０ɪ[－５,－３],所以当y ０＝－５时,S m a x ＝２０５．故әP A B 面积的最大值为２０５．点评:方法２与方法１的不同点在于,方法１是直接设出切点A ,B 所在的直线方程,而方法２是利用两切线的交点P 同时满足两条切线方程,确定直线系得到直线A B 的方程,避免了求交点P ．方法三:导数的视角设点法．解法３:由(１)知,抛物线C 的方程为x ２＝４y ,即y ＝１４x ２,求导可得y ᶄ＝１２x ．设A (x １,y １),B (x ２,y ２),P (x ０,y ０)．易得切线P A 的方程为y －y １＝x １２(x －x １),即y ＝x １２x －y １;切线P B 的方程为y ＝x ２２x －y ２．联立两直线方程可得交点P (x １＋x ２２,x １x ２４)．于是x ０＝x １＋x ２２,y ０＝x １x ２４,又线段A B 的中点为Q (x １＋x ２２,y １＋y ２２)．所以,әP A B 面积S ＝１２|P Q | |x １－x ２|＝１２|y １＋y ２２－y ０| |x １－x ２|＝１４|x ２１＋x ２２４－x １x ２２| |x １－x ２|＝１１６((x １＋x ２)２－４x １x ２)３＝１１６(４x ２０－１６y ０)３＝１２(x ２０－４y ０)３．而x ２０－４y ０＝１－(y ０＋４)２－４y ０＝－y ２０－１２y ０－１５＝－(y ０＋６)２＋２１,由已知可得y ０ɪ[－５,－３],所以当y ０＝－５时,S m a x ＝２０５．故әP A B 面积的最大值为２０５．点评:通过求导,结合切点的设置以及导数几何意义的应用,确定两条相应的切线方程,进而求得两切线的交点P 的坐标;发现线段A B 的中点Q 的坐标与点P 坐标面积,则知直线P Q 垂直于x 轴,巧妙转化三角形的面积,引入线段P Q 的长度与点A ,B 两点横坐标的差的绝对值,进而建立әP A B 面积S 的关系式．从导数的视角切入,设点引入,转化三角形面积的求解方式,结合方程思想㊁函数思想来处理．４教学启示破解圆锥曲线中的最值问题的基本技巧策略一般有以下两种:①几何法．抓住平面图形的几何特征,巧妙利用圆锥曲线的定义㊁方程与几何性质,以及平面几何的有关结论加以数形结合,通过直观形象思维来确定相应的最值问题．此类问题往往经常出现在小题(选择题或填空题)中．②代数法．抓住平面图形的代数方程,巧妙利用圆锥曲线的方程㊁直线的方程等加以联立方程组㊁等量代换,通过消参等转化为相应的代数关系式,利用基本不等式㊁二次函数的图象与性质㊁三角函数的图象与性质等,综合参数的取值限制㊁圆锥曲线自身的几何性质等来解决相应的最值问题．Z４６Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

多角度求解山东省高考21题

数理化解题研究2020年第25期总第482期多角度求解山东省高考21题苏凡文(山东省泰安宁阳一中271400)摘要：山东省高考21题内涵丰富，入手易，解题方法灵活，本文从四个角度解析此题的第(2)小题. 关键词：高考；放缩；换元；必要性；同构中图分类号：G632 文献标识码:A 文章编号：1008 -0333(2020)25 -0052 -02(山东省高考21)已知函数/(x ) — a e x 一1 - ln x + ln a.(1) 当a _e 时,求曲线y — f (x )在点(1,/(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2) 若代x ) M1,求a 的取值范围.解析(2)方法一:变换主元由题意可得a > 0.① a M 1 时,g ( a ) — a e x -1 - ln x + ln a ,因为 e x -1 > 0,ln a M0,所以 g ( a ) M e x 一1 - ln x.易证 e x — 1 M x ,所以 e x 一1 - ln x M x - ln x ,易证得 x - ln x M1.所以 f( x ) M1.② 0 < a < 1 时，/ ( 1 ) — a + ln a < 1,与 / ( x ) M1 矛盾，舍•综上可得 a M1 • 方法二:放缩法由题意可得a > 0.易证明 e x 一1 M x 成立，所以/(x ) M ax - ln x + ln a.令 g ( x ) — ax - ln x + ln a ,求得 g' ( x ) — a - 丄-xa( x -丄)1-------------，所以 x e (0,—)时,g'(x ) <0,g (x )为减函数；xax e (丄,+ a )时,g'(x ) >0,g (x )为增函数.所以 g (x ) Mag (丄)—1 + 2ln a.若 g (丄)M1，则 a M1，此时/(x ) M1. aa0 < a < 1 时,/(1) — a + ln a <1,与/(x ) M1 矛盾.综上可得 a M1 •方法三：必要性开路( 一)由题意可得a >0.x — 1 时，/(1) — a + ln a M 1.设 g ( a ) — a + ln a , g' ( a )—1 +丄〉0,所以g ( a )在(0, +a)上为增函数，又g (1)—1 ,所以 a M1 时,g (a )M1.a M1 时,f ' ( x ) — a e x 一1 -丄-丄(ax e x 一1 - 1 ).令xx9(x ) — ax e x 一1 -1,贝卩 9'(x ) — a e x — 1 (x + 1) > 0,所以9(x ) 在(0, + a )为增函数.又因为9(0) — - 1 <0,9(1) — a -1 M0,所以 3 x 0e(0,1］使得 9(x 0) — 0.所以 x e (0,x 0)时,9( x ) < 0,所以 / ' ( x ) < 0, f ( x )为减函数;x e (x 0,+ a)时,9( x ) >0,所以/ '( x ) >0,/( x )为增函数•所以/(x)M /( x 0) •/( x 0) _ ae x 0 — 1 一 lnx 0 + lna .因为 9 ( x 0) _0,所以 ax 0 e x ( -1 - 1 — 0,所以 a e x(1 -1 —丄.x两边取对数可得- ln x 0 — x 0 - 1 + ln a.所以/( x 0 )—丄x+ x 0 + 2ln a - 1.由基本不等式可得 f( x 0 ) M2 + 2ln a -1—1 + 2ln a M1.综上可得 a M1 •必要性开路( 二)x — 1 时，/(1) — a + ln a M 1.设 g ( a ) — a + ln a , g ' ( a )—1 +丄〉0,所以g ( a )在(0, + a )上为增函数,又g (1)a—1 ,所以 a M1 时,g (a )M1.a — 1 时,/(x ) — e x 一1 - ln x ，易证 e x — 1 M x ,所以/(x ) M x-ln x ，易证 x - ln x M 1，所以 f( x ) M 1 成立.a > 1 时,/'(x ) — a e x -1 -丄.厂'(x ) — a e x -1 +厶〉0,x x所以/ '( x )在(0, + a )为增函数.因为0<丄<1,所以丄-1 <0,所以/ '(丄)—a e 1 /a -1a a a-a < a - a — 0.易证 0 < x < 1 时,e x 一1 > x.因为丄 < 1 ,所Va收稿日期：2020 -06 -05作者简介：苏凡文(1977. 11 -)，男，山东省泰安人，本科，中学高级教师，从事中学数学教学研究.—52—2020年第25期总第482期数理化解题研究以 / r (丄)=-e 1 皿一1 -昭 > -x 丄-V — = 0,所以 3 x 0 eVa-(丄，芝)使得 / '(X 0)= 0 •所以 X e (0, X 0 )时( X ) < 0,a af ( x )为减函数；x e ( x 0, + 8 )时,厂(x ) >0,f ( x )为增函数.所以 f(x )M/(x 0 ) •/(x 0 ) = a e X(1 一1 - ln x 0 + ln a.因为厂(x 0 ) = 0,所以 ax 0e X(T - 1 = 0,所以 a e X(T =丄，两边取对数可得-ln x 0 = x 0 - 1 + ln a.X所以f (x 0) =+ x 0 + 2ln a - 1.因为 3x 0 e (丄,-］)，所Xa Ta以由基本不等式可得f(x 0 ) >2 +2ln a -1 = 1 +2ln a > 1.综上可得a Mi .方法四：同构函数由-e X 一1 - ln x + ln -M 1 可得 a e X 一1 Mln 竺,即 x e x M eX ln eX ,即 x e x Mln eX ・ e ln(ex/a).a a a令g ( x ) = x e X ，易证g ( x )在(0, + 8 )上为增函数，所以 X > ln 竺，即 ln - M ln X - X + 1.a令 w (x ) = ln x -X + 1,0(x )二丄-1 = 1—7，所以 x eX X(0,1)时，0 (x ) > 0,0 (x )为增函数；x e (1, + 8 )时,0( x ) <0,w ( x )为减函数.所以w ( x ) W 0 (1) =0,所以ln a M0,所以-M1.参考文献：［1 ］严娟.2019年高考数学试题压轴题分析［J ］.中学课程辅导(教师教育),2019(24) ：71 +74.［责任编辑:李璟］大胆猜想数形求证王苏文(浙江省诸暨市浬浦中学311824)摘要:作为高考命题者在高考试题设计上既要返璞归真,又要想方设法在数学学科的核心素养考查上下足功夫，让试题更加赏心悦目，让考生体会到数学解题的乐趣，以及对数学学科素养的落实.关键词：核心素养;转化化归；数形结合中图分类号：G632 文献标识码:A 文章编号：1008 -0333(2020)25 -0053 -02普通高中数学课程标准(2017版)指出，数学学科核心素养包括:数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想象、数学运算和数据分析•在学习数学和应用数学的过程中，学生能发展数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想象、数学运算、数据分析等数学学科核心素养•本文以2019年浙江高考第16题为例，阐述如何在数学素养下求解问题.题目已知-e R ，函数代x ) = -X 3 - X ,若存在t e R ,使得I/(t +2) -/(t )Iw2，则实数-的最大值是 •从试题来看,题干清楚、简洁,但有难点,尤其是存在性与任意性的问题对于学生而言始终是个难点•本题主要考查函数、不等式(含绝对值)等高中数学的基础知识,多角度、多层次地考查函数方程思想、数形结合思想等数学思想，同时也深度考查数学抽象与逻辑推理等数学学科核心素养，属于中等题•试题背景熟悉,学生容易入手, 试题设计上能适合不同能力层次的学生.本题在很多杂志上都有相应的佳作，在阅读杂志过程中头脑中有这样一个想法,注意到函数发现/(x )为奇函数，图象关于原点对称，同时/(x +2) -/(x )的横坐标之差为定值,结合浙江高考题的命题理念(高考命题数学组的试题评析和命题思路报告中提到：从整体出发运用合理的算法快速求解问题，这种“想得多一点,算得少一点;想得少一点,算得多一点”的命题理念)•一、大胆猜想高中数学课程标准指出：直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题的素养.主要包括:借助收稿日期：2020 -06 -05作者简介：王苏文(1975. 7 -)，男，浙江省诸暨人，本科，中学高级教师，从事数学教学研究.— 53—。

山东理科高考数学二十一题评分细则分析

2023年高考数学卷第21题解析几何题说题

山东理科高考数学二十一题评分细则分析

高考数学新高考一卷21题的认识

2023新高考一卷数学21题详解

7新课标高考数学卷第21题函数解答题的解题策略探究.doc

山东省高考数学 第21题优美解

2020年山东卷21题解法赏析

2020山东高考数学21题讲解PPT

2020年新高考全国Ⅰ卷(山东卷)数学第21题解法研究——同构放缩携起手导数不等式难题不再有

2023新高考数学二卷21题讲解

2009年高考理科数学第21题试题评分细则

高考21题赏析及教学建议

2023年高考数学1卷试题第21题解读

2015年山东高考理科数学试题第21题解析

2023年新高考数学二卷21题评析

2020年新高考(山东卷)第 21题解法探究

对2020年高考山东卷第21题的探究

最值巧破解,技巧妙归纳——２０２１年高考数学全国乙卷(理)第２１题的研究

多角度求解山东省高考21题

山东省高考数学第21题优美解