【命题研究】章君——一道高考数学压轴题的推广探究

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高考数学压轴题的设计理念与解题策略

感到恶心的不等式呢？这需要命题的智慧与方法．通常是采用“穿马甲”的方式对它
进行改造和包装．首先考虑到把两个分母弄复杂，比如，令 x ab ，y a2 ab ，就
有
a2
1 ab
a2
1
ab
4
（其中
a
b
0
）．
但参加过竞赛培训的学生一眼可以看出两个分式的分母之和为a2 ，就容易用熟知
的公式 1 1 4 （ m 0, n 0 ）， m n mn
得到
a2
1 ab
a2

1
ab
a2
ab
4 (a2
ab)
a2
4 a2
，这就不会有较大的难
度，并且让参加过竞赛培训的学生“占便宜”．
因此，有必要对第二个分式的分母继续“穿马甲”，就是把 a2
1 ab
a2
1
ab
4
变成 a2 1 1 4 （其中 a b 0 ）． ab a(a b)
至此，这道高考题就基本编成了，剩下的工作是完善及设计选择支．案例 1 的测
确； ③易知，数域至少含有 0 和 1 这两个数，从而有
11 2, 2 1 3, 3 1 4, , k 1 k 1, ,
因此所有的正整数都在“数域”之中，所以数域必为无限集，故③正确；
④在数域 a b 2 a,b Q 中，把 2 换成任意一个质数后所得的数集仍为数域，又
因为质数有无穷多个，故④正确；故填③④．
3 1 3． n
1 n (n 1)
又由
(1
1 2
)(1
1 22
)(1
1 23
)
135 64
2
．
所以当

计算起步研究发散归纳提升——高考数学压轴题的教学探究与反思

由解法１，知１上２ｋ
所以是＿Ｊ一ｒ
，
．
段的长度问题尤其是比值或倍数问题，都可以转化到三角形中去，利用三角函数、三角形相似等知识来解
教师（剖析）：同学们在上面的解题中抓住了点的特殊位置，利用圆锥曲线的定义对距离长度进行了转化．这时，学生３提出了不同看法，他认为无需向准
＋￣Ｆ＋１（－１２＋２）Ｊ
『＿
．
直线ＡＦ与直线ＢＦ。平行，ＡＦ与ＢＦ交于点Ｐ．
ＢＦ。一 —
（ｉ）若ＡＦ一ＢＦ＝，求直线ＡＦ的斜率；
（ｉｉ）求证：ＰＦ＋ＰＦ是定值．（注：本文只呈现第（ Ⅱ）（ｉ）问的师生探究过程．
思路．
（１＋２ｋ）＋４ｋ＋２ｋ。一２ —０．
一
塑
ｌ＋２ｋ￣
一
．
例１（２０１２年高考数学江苏卷第１９题）如图１，在平面直角坐
标系ｘＯｙ中，椭圆ＴｙＺ一１（ “
— —
ＡＦ一ＢＦ一，就要先求出线段ＡＦ。、ＢＦ。的长度，
而且还必须用所要求的斜率来表示，这就要先求出点Ａ、Ｂ的坐标，于是可设出直线方程，采用联立方程组的方法计算解决．
曲线的统一定义实现向准线距离的转化，所以不需求ＡＦ、ＢＦ的长度，只要联立方程组，利用韦达定理，

一道高考试题的探究式教学片断及感悟

将③代入① ，得４ｏ３ ≤ ４ｘｌｘ￣０ｅ，ｎ又Ｘ＞１０，注意到函数＇＝１３，２ｘ在［，＋内单调递增，ｎ１）
当１ ≤３时，由题意，首先有厂（ｅ＝（ｅ— ）ｎ３＜ｅ３）３ａ２ｅ≤ １
４ｅ，解得３一— ｅ
由③ 得ｆ（＝（一ａＺ粕））ｎ‰＝４ｏ３ｌｘｌｘ４２０≤ ｅ恒成立（ｎ函数ｘｎ２３１ｘ在（，＋。内单调递增）１。）．综上，ｎ的取值范围是３ｅ一— ： ≤ 。≤ ３．ｅ
、ｌｅ／ｎ３
、ｌ３／ｎ（ｅ）
、
课堂教学片断
师：导数是高考的一个重点，更是热点，纵观浙江卷近几年的高考压轴题，都是以导数为背景，这类问题往往思维空间大，涉及的知识面广，计算量大，对解题能力和知识迁移能力
当 ∈（０），＜０，８时ｆ（）；
当Ｅ（，＋时，厂（＞００ ∞））；
２１０２年
第６期
ＪｕｎｌｏｉｅｅＭａｈｍａｉｓＥｕａｉｎｏｒａｆＣｈｎｓｔｅｔｄｃｔｃｏ
ｉ司
题的探究式教学片断及感悟
刘晓东（江省湖州市吴兴高级中学）浙
摘要：一道优秀的高考试题，不在于华丽的包装和高超的类讨论，但是没有结果，然后，我们查阅了省考试院的参考答技巧，而往往是题在书外，根在书中，解题能力提升在探究中．案 … …
ｆ（）厂０＝０≤ ４ｅ，①
设（）＝（ —ａ），（，３］ Ⅱ １ｅ，贝对称轴为：＝，若ａ１ｅ，如图１ａ ∈（，３］．

一道高考压轴题探究过程的真实记录

所围成的三角形面积为定值, 并求这个定值. 证明易知曲线 f ( x ) 在点 P (x 0, y 0 ) 处的切线方程 1 b ) = ( a2 ) (x - x0 ), bx0 - c ( bx 0 - c ) 得得 y= x= abc x 0 + 2b - a c b bx 0 - c
2
为 y = 3. 有两层涵义:
列方程组, 解出 a, b. 再由 a, b 1 . 这里限定 a, b x- 1 确定.
Z 即可确定 f ( x ) = x + 使函数解析式唯一便于后续的分
在任一点 P ( x 0, y 0 )处的切线与直线 x =
c 和直线 y = ax b
Z 的作用有:
参考文献
而坐标原点到切线的距离 d = 1 2 2 a y0 + b x0 ab
4 2 4 2 4
a y0 + b x 0 S= 注 P (x 0, y0 ) 4 其它尝试例 4 探究函数 f ( x ) = x + a b
2 2 2 4 2
a y0 + b x0
= ab .
由本题证明容易得出弦 EF 的中点恰好为
2 2 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 x=
2 = ab, ab x= 或 y= 2a , 2 2b . 2
= 又
4a b ( a y 0 + b x 0 ) ( b x0 - a y0 )
2 2 2 2 2
当 . 注 y=
时, Sm in = ab.
b x0 - a y0 = a b , EF = 2 a y0 + b x 0 . ab a b

让学生的个性品质在难题突破中得到升华--一道高考数学压轴题的突破感悟

完成此题的突破，心中莫名地激动，久久难以平静 . 在感叹于命题者良苦用心的同时，更多地还是为众多学生感到可惜，同时也对平时的教学和复习提出了一些值得关注的建议. 1. 解题教学应崇尚自然通性通法的学习一直是数学学习的重中之重，《考试大纲》也明确了其在高考中将会重点考查 . 从此题的整个求解过程可看出，不论是导数法求极值，还是由点斜式写直线的方程、函数值域的求法等都是平时学习中大家熟知的方法. 但将众多的知识和方法集中在一起，于是解题时就会理不出思绪，从而导致解题失败 . 通常认为，自然的解法是指从题目条件出发，每一步跨度不大，起点较低，易于理解，便于操作，且目标清楚的通则 . 2］通过前面的分析可看出，难点3的突破2是此题的通法［最佳解法，而导数法却是整个难点中最自然的解法.可见，平时解题教学时应崇尚解法的自然与常规. 2. 解题教学应暴露思维整节课只讲解了此题的整个突破过程，有些想法根本无法全面展开，像难点1求e-x的导函数，复合函数的突破就只是提出而未深入，但求解的心路历程都已完整呈现.整个过程跌宕起伏，却步步为营. 整个思维过程一览无遗，在学生大呼过瘾的同时，思维的震撼是难以言喻的 . 大家都清楚解题教学要充分暴露思维，那应如何暴露才好呢？是刻意为之，还是自然些好呢？相信基于学生思维的起点，一路走来，无论成功还是失败.只要是经历过 “ 火热思考”的过程就是好的. 3. 解题教学应升华品质整个突破过程尤如一部精彩纷呈的大片，先是按常规求函数的极值，却偏遇求e-x的导函数的难点.不能成功跨越，就一错到底.好不容易完成了第一问，在饥寒交迫
一、选题原则，导向为先
平常每次考试，学生都很难突破此类题.久而久之，学生心理上已经将其归为难题了. 加上 2013年高考，命题者将传统的直线与圆锥曲线题前移后，此题也确实承载了压轴的重任.而用导数研究函数的性质是新课标倡导的理念，也将其确定为核心知识，难怪高考要重点考查这方面的内容了.

一个导数压轴题的解法探究与命制背景的分析

一个导数压轴题的解法探究与命制背景的分析张嘉钦福建省惠安荷山中学 362141发表于《福建中学数学》20151．试题再现【2014年高考陕西卷理科第21题】设函数()ln(1),()'(),0f x x g x xf x x =+=≥，其中'()f x 是()f x 的导函数.（1）11()(),()(()),n n g x g x g x g g x n N ++==∈，求()n g x 的表达式；（2）若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；（3）设n N +∈，比较(1)(2)()g g g n +++与()n f n -的大小，并加以证明. ２．解法探究：（1）由题设可知1()n g x +与()n g x 有一定的递推关系，可否运用数列的递推公式进行求解呢？解：由题设可得：11()()(),()(())11()n n n n g x x g x g x g x g g x x g x +====++，因此有：11()111()()()n n n n g x g x g x g x ++==+，所以，数列1()n g x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11()1x g x x =+为首项，公差为1的等差数列，因此有11(1)1()1n x nx n g x x x +=+-⨯=+，故有()(0)1n x g x x nx =≥+ 评析：注意到1()n g x +与()n g x 的递推关系，巧妙地运用数列的递推公式，结合数列的知识进行求解，另辟蹊径，令人拍案叫绝．（2）考虑到恒成立问题的两种处理方法，可采用直接构造函数法和分离参数法进行求解．解法一：令()()()ln(1)(0)1ax h x f x ag x x x x =-=+-≥+，()2(1)'()1x a h x x --=+(0)x ≥，令'()0h x =得：1x a =-．当1a ≤时，'()0h x ≥，()h x 在[0,)+∞单调递增；当1a >时，若(0,1)x a ∈-，'()0h x <，()h x 在(0,1)a -单调递减，且(0)0h =，所以，当1a >时存在0(0,1)x a ∈-使得0()0h x <，不合题意．综上可得，a 的到值范围内是(,1]-∞．解法二：由题设得： ln(1)1ax x x+≥+在[0,)+∞恒成立．当0x =时，上式显然成立，a R ∈；当0x >时，上式可化为(1)ln(1)x x a x ++≤，设(1)l n (1)()(0)x x x x x ϕ++=>，2ln(1)'()x x x x ϕ-+=，令()ln(1)(0)t x x x x =-+>，因为'()01x t x x =>+，所以()t x 在(0,)+∞单调递增，所以()(0)0t x t >=，故有'()0x ϕ>，所以()x ϕ在(0,)+∞单调递增，min ()(0)x ϕϕ→，由洛必塔法则可得(0)1ϕ=，所以1a ≤．评析：若采用直接法进行求解，势必对所构造函数中的参数进行讨论；若采用变量分离的方法，分离后的函数是确定的，可借助导数进行求解，但经常会遇到所求的函数值运用中学数学知识无法求解的情景，如0,0∞∞等，因此在平时的教学中，可适当介绍一些中学阶段常用的高等数学方面的知识．（３）若注意到本题中(1)(2)()g g g n +++是一个“n 项和式”，便可考虑另一个式子是否也可以写以这种形式，沿着这个方向，对两个式子进行变形，通过比较两个和式中通项的大小，借助前面小题的提示进行求解；另外，对于“n 项和式”，是否也可以考虑用定积分进行解题呢？若可行的话，(1)(2)()g g g n +++必为某个函数在特定区间上的“不足近似值”或是“剩余近似值”，而ln(1)n n -+则可能是这个函数在该区间上的定积分．解法一：令12(1)(2)(),ln(1)231n A g g g n B n n n =+++=+++=-++，由题设可知比较A 与B 的大小关系，只需比较n A -与ln(1)n +的大小即可，111,231n A n -=++++ 12ln(1)ln ln ln 11n n n n n ++=+++-，在（２）中令1a =，可得ln(1)1x x x +>+，再令1x n =，即有11ln()1n n n+>+ 取2,3,4,,n n =，各式相加，则有111ln(1)231n n +++<++，所以有12(1)(2)()ln(1)231n g g g n n n n+++=+++<-++ 解法二：因为0ln(1)1n x dx n n x =-++⎰表示由曲线()1x g x x=+，直线0,x x n ==及x 所围成的曲边梯形的面积，而12(1)(2)()231n g g g n n+++=++++则表示()1x g x x =+在区间[0,]n 剩余近似值（如图中所示的各小矩形的面积和），所以令(1)(2)()ln(1)g g g n n n +++<-+．３．试题背景分析３.１基于教材翻阅教材，普通高中课程标准实验教科书人教Ａ版数学选修2-2第18页，习题1.2的A 组第6题：“已知函数()ln f x x x =．（１）求这个函数的导数．（２）求这个函数的图象在1x =处的切线方程．”利用导数不难得出函数()f x 在1x =处的切线方程恰好是1y x =-且图象恒在函数()f x 图象的下方，即ln 1x x x ≥-，当且仅当1x =时取等号．适当变形得：1ln x x x-≥，基于这样的背景，取1x ≥进行试题的命制。

一道湖北高考压轴题的探究

一
该数点去１）的线程函在（，ｎ处切方为１１
一
（（）・１・）一＋ｎ，ｎ＋－ｚ
用切线段代替曲线段，０＜ｚ＜１时，明当证
Ｉ，ｎｚ∈ （，）由于（）０１，ｚ一一＜０，
所以（＝Ｉ）＝ｎｚ是上凸函数，＝由上凸函数的
…
∑ ｌｌ≤０ｍｚ，
＝１
＋ｐｎｏ２ｚ２ｌｇＰｎ≥一．
即
ｌ（￣ｎｎａｌ …口）≤ ，ｉ …ｎ ≤ ．０口ｔ ≤１（ｉ）先证ｉ① …硌 ≥ ．
令口一 — 尼一１２…，）贝￡｝（，，咒，Ⅱ
今年湖北卷最后一问的两个不等式是根据已有的不等式改造而来的，这也表明了高考题的一种来源一改造陈题变式推广．２２高等数学观点下的命题研究．这里着重分析第２问的两个不等式．
（ｉ若口ｂ＋ｎｂ＋ … ＋盘ｂ ≤ ６＋ｂ）１１２２１２＋ …＋６，０｛ｎ贝 …口ｎ ≤ １；
１
于
是
７ｆ
（ｉ若ｂ＋６＋ …＋ｂ一１则 ≤碑ｉ）１２，∑
…
硌 ≤躇＋＋… ＋．
一得
１试题的解答
＝１量＝１＝１
因为∑ ｂ≤ ∑ｂ所以，
五＝１量＝１
卷理科数学２题相似：２（Ｉ）函数厂设（）一ｘｏ２＋（一）ｌｇ１ｌ２１）０ｚ１，，的最小值；ｏ（一ｚ（＜＜）求（）ｇ（Ｉ设正数Ｐ，２… ，２满足Ｐ＋Ｐ１）１Ｐ，Ｐｎｌ２＋ … ＋２１证明：ｌｇＰ＋ＰｌｇＰ＋一一，ｐｌ２ｌ２２２ｏｏ

高考数学压轴题讲练：专题02 曲线的切线问题探究【解析版】

第一章函数与导数专题02 曲线的切线问题探究【压轴综述】纵观近几年的高考命题，对曲线的切线问题的考查，主要与导数相结合，涉及切线的斜率、倾斜角、切线方程等问题，题目的难度有难有易.利用导数的几何意义解题，主要题目类型有求切线方程、求切点坐标、求参数值（范围）等.与导数几何意义有关问题的常见类型及解题策略有： 1.已知斜率求切点．已知斜率k ，求切点()()11,x f x ，即解方程()f x k '=.2.求切线方程：注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线.即注意两个“说法”：求曲线在点P 处的切线方程和求曲线过点P 的切线方程，在点P 处的切线，一定是以点P 为切点，过点P 的切线，不论点P 在不在曲线上，点P 不一定是切点．（1）已知切点求切线方程：①求出函数()y f x =在点0x x =处的导数，即曲线()y f x =在点()()00,x f x 处切线的斜率；②由点斜式求得切线方程为()()000y y f x x x '-=-．（2）求过点P 的曲线的切线方程的步骤为：第一步，设出切点坐标P ′(x 1，f(x 1))；第二步，写出过P ′(x 1，f(x 1))的切线方程为y-f(x 1)＝f ′(x 1)(x-x 1)；第三步，将点P 的坐标(x 0，y 0)代入切线方程，求出x 1；第四步，将x 1的值代入方程y-f(x 1)＝f ′(x 1)(x-x 1)可得过点P(x 0，y 0)的切线方程．3.求切线倾斜角的取值范围．先求导数的范围，即确定切线斜率的范围，然后利用正切函数的单调性解决．4.根据导数的几何意义求参数的值（范围）时，一般是利用切点P (x 0，y 0)既在曲线上又在切线上构造方程组求解．5.已知两条曲线有公切线，求参数值（范围）.6.导数几何意义相关的综合问题．【压轴典例】例1.（2019·江苏高考真题）在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是____. 【答案】(e, 1). 【解析】设点()00,A x y ，则00ln y x =.又1y x'=，当0x x =时，01y x '=，点A 在曲线ln y x =上的切线为0001()y y x x x -=-，即00ln 1xy x x -=-，代入点(),1e --，得001ln 1ex x ---=-，即00ln x x e =，考查函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >，且()'ln 1H x x =+，当1x >时，()()'0,H x H x >单调递增，注意到()H e e =，故00ln x x e =存在唯一的实数根0x e =，此时01y =，故点A 的坐标为(),1A e .例2.（2019·全国高考真题（理））已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e xy =的切线. 【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,1)(1,)⋃+∞，2211()ln ()1(1)x x f x x f x x x x ++'=-⇒=--，因为函数()f x 的定义域为(0,1)(1,)⋃+∞，所以()0f x '>，因此函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数；当(0,1)x ∈，时，0,x y →→-∞，而11112()ln 0111e f e e e e+=-=>--，显然当(0,1)x ∈，函数()f x 有零点，而函数()f x 在(0,1)x ∈上单调递增，故当(0,1)x ∈时，函数()f x 有唯一的零点；当(1,)x ∈+∞时，2222221213()ln 0,()ln 01111e e ef e e f e e e e e e +-+-=-=<=-=>----，因为2()()0f e f e ⋅<，所以函数()f x 在2(,)e e 必有一零点，而函数()f x 在(1,)+∞上是单调递增，故当(1,)x ∈+∞时，函数()f x 有唯一的零点综上所述，函数()f x 的定义域(0,1)(1,)⋃+∞内有2个零点；（2）因为0x 是()f x 的一个零点，所以000000011()ln 0ln 11x x f x x x x x ++=-=⇒=-- 1ln y x y x'=⇒=，所以曲线ln y x =在00A(,ln )x x 处的切线l 的斜率01k x =，故曲线ln y x =在00A(,ln )x x 处的切线l 的方程为：0001ln ()y x x x x -=-而0001ln 1x x x +=-，所以l 的方程为0021x y x x =+-，它在纵轴的截距为021x -.设曲线x y e =的切点为11(,)x B x e ，过切点为11(,)x B x e 切线'l ，x xy e y e '=⇒=，所以在11(,)x B x e 处的切线'l 的斜率为1x e ，因此切线'l 的方程为111(1)x xy e x e x =+-，当切线'l 的斜率11xk e =等于直线l 的斜率01k x =时，即11001(ln )x e x x x =⇒=-，切线'l 在纵轴的截距为01ln 110001(1)(1ln )(1ln )x xb e x ex x x -=-=+=+，而0001ln 1x x x +=-，所以01000112(1)11x b x x x +=+=--，直线',l l 的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此直线',l l 重合，故曲线ln y x =在00A(,ln )x x 处的切线也是曲线x y e =的切线.例3. （2019·湖北高考模拟（理））已知函数2()1f x x ax =-+，()ln ()g x x a a R =+∈. （1）讨论函数()()()h x f x g x =+的单调性；（2）若存在与函数()f x ，()g x 的图象都相切的直线，求实数a 的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）(],1-∞ 【解析】（1）函数()h x 的定义域为()0,∞+,()()()2h x f x g x x ax lnx a 1(x 0)=+=-+++>，所以()212x ax 1x 2x a x xh -+=-+='所以当2Δa 80=-≤即a -≤≤()'x 0h >，()h x 在()0,∞+上单调递增；当2Δa 80=->即a a ><-当a <-()'x 0h >，()h x 在()0,∞+上单调递增；当a >时，令()'x 0h =得x =综上：当a ≤时，()h x 在()0,∞+上单调递增；当a >时()h x 在⎛ ⎝⎭，∞⎫+⎪⎪⎝⎭单调递增，在⎝⎭单调递减.（2）设函数()f x 在点()()11x ,f x 与函数()g x 在点()()22x ,g x 处切线相同，()()111x 2,x f x a g x''=-=，则()()()()121212f x g x x x x x f g -==-''，由1212x a x -=，得121a x 2x 2=+，再由()2112212x ax 1lnx a 1x x x -+-+=- 得2121122x x x ax 1lnx a x -=-+--，把121a x 2x 2=+代入上式得()222221a a lnx a 20*4x 2x 4++++-= 设()221a a F x lnx a 24x 2x 4=++++-（∵x 2＞0，∴x ∈（0，+∞））, 则()23231a 12x ax 1x 2x 2x x 2xF --=--+=' 不妨设20002x ax 10(x 0)--=>. 当00x x <<时，()x 0F '<，当0x x >时，()x 0F '>所以()F x 在区间()00,x 上单调递减，在区间()0x ,∞+上单调递增，把001a=2x x -代入可得：()()20000min1F x F x x 2x lnx 2x ==+-+- 设()21G x x 2x lnx 2x =+-+-，则()211x 2x 20x xG =+++>'对x 0>恒成立，所以()G x 在区间()0,∞+上单调递增，又()G 1=0所以当0x 1<≤时()G x 0≤，即当00x 1<≤时()0F x 0≤,又当2ax e -=时，()22a 42a 2a 1a a F x lne a 24e 2e 4---=-+++- 22a 11a 04e -⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭因此当00x 1<≤时，函数()F x 必有零点；即当00x 1<≤时，必存在2x 使得()*成立；即存在12x ,x 使得函数()f x 在点()()11x ,f x 与函数()g x 在点()()22x ,g x 处切线相同．又由()1y 2x 0,1x=-在单调递增得，因此(]0001a=2x ,x 0,1x -∈所以实数a 的取值范围是(],1-∞．【总结提升】（1）求切线方程的方法：①求曲线在点P 处的切线，则表明P 点是切点，只需求出函数在点P 处的导数，然后利用点斜式写出切线方程；②求曲线过点P 的切线，则P 点不一定是切点，应先设出切点坐标，然后列出切点坐标的方程解出切点坐标，进而写出切线方程；(2)处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上. 例4.（2019·山东高考模拟（文））已知函数ln 1()x f x x+=. (Ⅰ)证明：2()f x e x e ≤-； (Ⅱ)若直线(0)yax b a =+>为函数()f x 的切线，求b a的最小值.【答案】(1)见解析.(2) 1e-.【解析】(Ⅰ)证明：整理2()f x e x e ≤-得22ln 10(0)x e x ex x -++≤>令22()ln 1g x x e x ex =-++，2221(1)(21)()e x ex ex ex g x x x-++-+'==-当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0g x '>，所以()g x 在1(0,)e上单调递增；当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()0g x '<，所以()g x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以1()0g x g e ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，不等式得证.(Ⅱ)221(ln 1)ln ()x xf x x x-+-'==，设切点为()()00,x f x ，则02ln x a x -=，函数()f x 在()()00,x f x 点处的切线方程为()()()000y f x f x x x '-=- ()000200ln 1ln x x y x x x x +-=--，令0x =，解得002ln 1x b x +=，所以()0002ln 1ln x x ba x +=-，令()()00002ln 1ln x x h x x +=-，因为0a >，02ln 0x x ->，所以100<<x ， ()()()()20000000022202ln 3ln 2ln 12ln 1ln 12ln ln 1ln ln ln x x x x x x x h x x x x +---++-'=-=-=-，当010,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()00h x '<，所以()h x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；当1,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()00h x '<，所以()h x 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，因为100<<x ，()011h x h e e⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭. 【思路点拨】（1）由2()f x e x e ≤-即为22ln 10(0)x e x ex x -++≤>，令22()ln 1g x x e x ex =-++，利用导数求得函数()g x 的单调性与最值，即可得到结论；（2）求得函数()f x 的导数，设出切点，可得020ln x a x -=的值和切线方程，令0x =，求得002ln 1x b x +=，令()()00002ln 1ln x x h x x +=-，利用导数求得函数()0h x 的单调性与最小值．对于恒成立问题，往往要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．例5.（2014·北京高考真题（文））已知函数3()23f x x x =-. （1）求()f x 在区间[2,1]-上的最大值；（2）若过点(1,)P t 存在3条直线与曲线()y f x =相切，求t 的取值范围；（3）问过点(1,2),(2,10),(0,2)A B C -分别存在几条直线与曲线()y f x =相切？（只需写出结论）【答案】【解析】(1)由3()23f x x x =-得2'()63f x x =-，令'()0f x =，得x =或x =，因为(2)10f -=-，(2f -=()2f -=(1)1f =-，所以()f x 在区间[2,1]-上的最大值为(f =（2）设过点P （1，t ）的直线与曲线()y f x =相切于点00(,)x y ，则300023y x x =-，且切线斜率为2063k x =-，所以切线方程为2000(63)()y y x x x -=--，因此2000(63)(1)t y x x -=--，整理得：32004630x x t -++=，设()g x =32463x x t -++，则“过点(1,)P t 存在3条直线与曲线()y f x =相切”等价于“()g x 有3个不同零点”，()g x '=21212x x -=12(1)x x -，()g x 与()g x '的情况如下：x(,0)-∞0 (0,1)1 (1,)+∞()g x '+0 -+()g xt+3所以，31t -<<-是()g x 的极大值，31t -<<-是()g x 的极小值，当，即1t ≥-时，此时()g x 在区间(,0)-∞和(1,)+∞上分别至多有1个零点，所以()g x 至多有2个零点，当，(1,)P t 时，此时()g x 在区间(,0)-∞和(,0)-∞上分别至多有1个零点，所以()g x 至多有2个零点.当且(3,1)--，即时，因为，，所以()g x 分别为区间和()g x 上恰有1个零点，由于()g x 在区间(,0)-∞和(1,)+∞上单调，所以()g x 分别在区间(,0)-∞和上恰有1个零点.综上可知，当过点(1,)P t 存在3条直线与曲线()y f x =相切时，t 的取值范围是.（3）过点A （-1，2）存在3条直线与曲线()y f x =相切；过点B （2，10）存在2条直线与曲线()y f x =相切；过点C （0，2）存在1条直线与曲线()y f x =相切.例6. （2018·天津高考真题（理））已知函数()xf x a =， ()log a g x x =，其中a >1.（I ）求函数()()ln h x f x x a =-的单调区间；（II ）若曲线()y f x =在点()()11,x f x 处的切线与曲线()y g x =在点()()22,x g x 处的切线平行，证明()122lnln ln ax g x a+=-；（III ）证明当1ea e ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()y f x =的切线，也是曲线()y g x =的切线. 【答案】(Ⅰ)单调递减区间(),0-∞，单调递增区间为()0,+∞；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析. 【解析】（I ）由已知， ()xh x a xlna =-，有()xh x a lna lna ='-.令()0h x '=，解得x =0.由a >1，可知当x 变化时， ()h x '， ()h x 的变化情况如下表：所以函数()h x 的单调递减区间为(),0-∞，单调递增区间为()0,+∞.（II ）由()x f x a lna '=，可得曲线()y f x =在点()()11,x f x 处的切线斜率为1xa lna .由()1g x xlna='，可得曲线()y g x =在点()()22,x g x 处的切线斜率为21x lna .因为这两条切线平行，故有121xa lna x lna=，即()1221x x a lna =. 两边取以a 为底的对数，得21220a log x x log lna ++=，所以()122lnlnax g x lna+=-. （III ）曲线()y f x =在点()11,x x a 处的切线l 1： ()111xxy a a lna x x -=⋅-.曲线()y g x =在点()22,a x log x 处的切线l 2： ()2221a y log x x x x lna-=⋅-. 要证明当1ea e ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()y f x =的切线，也是曲线()y g x =的切线，只需证明当1ea e ≥时，存在()1,x ∈-∞+∞， ()20,x ∈+∞，使得l 1和l 2重合.即只需证明当1ea e ≥时，方程组1112121{1x x x a a lna x lnaa x a lna log x lna=-=-①②有解，由①得()1221x x a lna =，代入②，得1111120x x lnlna a x a lna x lna lna-+++=. ③ 因此，只需证明当1ea e ≥时，关于x 1的方程③存在实数解. 设函数()12x x lnlnau x a xa lna x lna lna=-+++，即要证明当1ea e ≥时，函数()y u x =存在零点.()()21x u x lna xa '=-，可知(),0x ∈-∞时， ()0u x '>；()0,x ∈+∞时， ()u x '单调递减，又()010u '=>， ()()212110lna u a lna ⎡⎤=-<⎢⎥⎥'⎢⎣⎦，故存在唯一的x 0，且x 0>0，使得()00u x '=，即()02010x lna x a-=.由此可得()u x 在()0,x -∞上单调递增，在()0,x +∞上单调递减.()u x 在0x x =处取得极大值()0u x .因为1ea e ≥，故()1ln lna ≥-，所以()()000000201212220xxlnlna lnlna lnlna u x a x a lna x x lna lna lna lna x lna +=-+++=++≥≥. 下面证明存在实数t ，使得()0u t <.由（I ）可得1xa xlna ≥+，当1x lna>时，有()()()1211lnlnau x xlna xlna x lna lna≤+-+++()22121lnlna lna x x lna lna=-++++，所以存在实数t ，使得()0u t <因此，当1e a e ≥时，存在()1,x ∈-∞+∞，使得()10u x =.所以，当1ea e ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()y f x =的切线，也是曲线()y g x =的切线. 例7.（2015·广东高考真题（理））（14分）（2015•广东）设a ＞1，函数f （x ）=（1+x 2）e x﹣a ．（1）求f （x ）的单调区间；（2）证明f （x ）在（﹣∞，+∞）上仅有一个零点；（3）若曲线y=f （x ）在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M （m ，n ）处的切线与直线OP 平行，（O 是坐标原点），证明：m≤﹣1．【答案】（1）f （x ）=（1+x 2）e x﹣a 在（﹣∞，+∞）上为增函数．（2）见解析（3）见解析【解析】（1）f'（x ）=e x（x 2+2x+1）=e x（x+1）2∴f′（x ）≥0，∴f（x ）=（1+x 2）e x﹣a 在（﹣∞，+∞）上为增函数．（2）证明：由（1）问可知函数在（﹣∞，+∞）上为增函数．又f （0）=1﹣a ， ∵a＞1．∴1﹣a ＜0∴f（0）＜0．当x→+∞时，f （x ）＞0成立． ∴f（x ）在（﹣∞，+∞）上有且只有一个零点（3）证明：f'（x ）=e x（x+1）2，设点P （x 0，y 0）则）f'（x ）=e x0（x 0+1）2，∵y=f（x ）在点P 处的切线与x 轴平行，∴f'（x 0）=0，即：e x0（x 0+1）2=0， ∴x 0=﹣1将x 0=﹣1代入y=f （x ）得y 0=．∴，∴…10分令；g （m ）=e m﹣（m+1）g （m ）=e m﹣（m+1），则g'（m ）=e m﹣1，由g'（m ）=0得m=0．当m∈（0，+∞）时，g'（m ）＞0 当m∈（﹣∞，0）时，g'（m ）＜0 ∴g（m ）的最小值为g （0）=0…12分 ∴g（m ）=e m ﹣（m+1）≥0 ∴e m≥m+1∴e m（m+1）2≥（m+1）3即： ∴m≤…14分例8.（2019·四川棠湖中学高考模拟（文））已知抛物线2:4C x y = ，M 为直线:1l y =-上任意一点，过点M 作抛物线C 的两条切线MA,MB ，切点分别为A,B.（1）当M 的坐标为(0,-1)时，求过M,A,B 三点的圆的方程；（2）证明：以AB 为直径的圆恒过点M. 【答案】（1）22(1)4x y +-=（2）见证明【解析】（1）解：当M 的坐标为(0,1)-时，设过M 点的切线方程为1y kx =-，由24,1,x y y kx ⎧=⎨=-⎩消y 得2440x kx -+=. (1) 令2(4)440k ∆=-⨯=，解得1k =±. 代入方程(1)，解得A(2,1),B(-2,1).设圆心P 的坐标为(0,)a ，由PM PB =，得12a +=，解得1a =. 故过,,M A B 三点的圆的方程为22(1)4x y +-=．（2）证明：设0(,1)M x -，由已知得24x y =，12y x '=，设切点分别为211(,)4x A x ，222(,)4x B x ，所以12MA x k =，22MB xk =，切线MA 的方程为2111()42x x y x x -=-即2111124y x x x =-，切线MB 的方程为2222()42x x y x x -=-即2221124y x x x =-．又因为切线MA 过点0(,1)M x -，所以得201111124x x x -=-. ① 又因为切线MB 也过点0(,1)M x -，所以得202211124x x x -=-. ②所以1x ，2x 是方程2011124x x x -=-的两实根，由韦达定理得1202,x x x +=124x x =-．因为2110(,1)4x MA x x =-+，2220(,1)4x MB x x =-+，所以22121020()()(1)(1)44x x MA MB x x x x ⋅=--+++22221212012012121()()21164x x x x x x x x x x x x ⎡⎤=-+++++-+⎣⎦．将1202,x x x +=124x x =-代入，得0MA MB ⋅=. 所以以AB 为直径的圆恒过点M ．【压轴训练】1．（2019·湖南高考模拟（理））过抛物线()220x py p =>上两点,A B 分别作抛物线的切线，若两切线垂直且交于点()12P -，，则直线AB 的方程为（） A ．122y x =+ B ．134y x =+ C ．132y x =+ D ．124y x =+ 【答案】D 【解析】由22x py =，得22x y p=，∴'x y p =．设()()1122,,,A x y B x y ，则1212','x x x x x x y y p p====，抛物线在点A 处的切线方程为2112x x y x p p=-，点B 处的切线方程为2222x x y x p p=-，由21122222x x y x p px x y x p p⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，解得121222x x x x x y p +⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，又两切线交于点()1,2P -，∴12121222x x x x p+⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，故得12122,4x x x x p +==- （*）． ∵过,A B 两点的切线垂直，∴121x x p p⋅=-，故212x x p =-，∴4p =，故得抛物线的方程为28x y =．由题意得直线AB 的斜率存在，可设直线方程为y kx b =+，由28y kx bx y=+⎧⎨=⎩消去y 整理得2880x kx b --=， ∴12128,8x x k x x b +==- （**），由（*）和（**）可得14k =且2b =， ∴直线AB 的方程为124y x =+．故选：D ．2.（2019·山东高考模拟（文））设函数的图象上任意一点处的切线为，若函数的图象上总存在一点，使得在该点处的切线满足，则的取值范围是__________．【答案】【解析】，即又，即本题正确结果：3.（2019·山东高考模拟（理））已知函数()2f x x 2ax =+，()2g x 4a lnx b =+，设两曲线()y f x =，()y g x =有公共点P ，且在P 点处的切线相同，当()a 0,∞∈+时，实数b 的最大值是______．【答案】e 【解析】设()00,P x y ，()'22f x x a =+，()24'a g x x=．由题意知，()()00f x g x =，()()00''f x g x =，即2200024x ax a lnx b +=+，①200422a x a x +=，②解②得0x a =或02(x a =-舍)，代入①得：2234b a a lna =-，()0,a ∞∈+，()'684214b a alna a a lna =--=-，当140,a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，'0b >，当14,a e ∞⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭时，'0b <．∴实数b 的最大值是1144342b e e elne e ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭．故答案为：2e ．4.（2013·北京高考真题（理））设l 为曲线C ：在点(1，0)处的切线.(I)求l 的方程；(II)证明：除切点(1，0)之外，曲线C 在直线l 的下方【答案】(I)(II)见解析【解析】 (1)设f(x)＝，则f′(x)＝所以f′(1)＝1，所以L 的方程为y ＝x －1.(2)证明：令g(x)＝x －1－f(x)，则除切点之外，曲线C 在直线L 的下方等价于g(x)>0(∀x>0，x≠1)． g(x)满足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝.当0＜x ＜1时，x 2－1＜0，ln x ＜0，所以g′(x)＜0，故g(x)单调递减；当x>1时，x 2－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，故g(x)单调递增．所以，g(x)>g(1)＝0(∀x>0，x≠1)．所以除切点之外，曲线C 在直线L 的下方．5.（2015·天津高考真题（文））已知函数（Ⅰ）求的单调区间;（Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为,求证:对于任意的正实数,都有;（Ⅲ）若方程有两个正实数根且,求证:.【答案】（Ⅰ）的单调递增区间是,单调递减区间是;（Ⅱ）见试题解析;（Ⅲ）见试题解析.【解析】（Ⅰ）由,可得的单调递增区间是,单调递减区间是;（Ⅱ）,,证明在单调递增,在单调递减,所以对任意的实数x,,对于任意的正实数,都有;（Ⅲ）设方程的根为,可得,由在单调递减,得,所以.设曲线在原点处的切线为方程的根为,可得,由在在单调递增,且,可得所以.试题解析:（Ⅰ）由,可得,当,即时,函数单调递增;当,即时,函数单调递减.所以函数的单调递增区间是,单调递减区间是.（Ⅱ）设,则,曲线在点P处的切线方程为,即,令即则.由于在单调递减,故在单调递减,又因为,所以当时,,所以当时,,所以在单调递增,在单调递减,所以对任意的实数x,,对于任意的正实数,都有.（Ⅲ）由（Ⅱ）知,设方程的根为,可得,因为在单调递减,又由（Ⅱ）知,所以.类似的,设曲线在原点处的切线为可得,对任意的,有即.设方程的根为,可得,因为在单调递增,且,因此,所以.6.（2013·福建高考真题（文））已知函数（为自然对数的底数）（Ⅰ）若曲线在点处的切线平行于轴，求的值；（Ⅱ）求函数的极值；（Ⅲ）当时，若直线与曲线没有公共点，求的最大值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）当时，函数无极小值；当，在处取得极小值，无极大值（Ⅲ）的最大值为【解析】（1）由,得．又曲线在点处的切线平行于轴,得,即,解得．（2）,①当时,,为上的增函数,所以函数无极值．②当时,令,得,．,;,．所以在上单调递减,在上单调递增,故在处取得极小值,且极小值为,无极大值．综上,当时,函数无极小值当,在处取得极小值,无极大值．（3）当时,令,则直线:与曲线没有公共点,等价于方程在上没有实数解．假设,此时,,又函数的图象连续不断,由零点存在定理,可知在上至少有一解,与“方程在上没有实数解”矛盾,故．又时,,知方程在上没有实数解．所以的最大值为．解法二:（1）（2）同解法一．（3）当时,．直线:与曲线没有公共点,等价于关于的方程在上没有实数解,即关于的方程:（*）在上没有实数解．①当时,方程（*）可化为,在上没有实数解．②当时,方程（*）化为．令,则有．令,得,当变化时,的变化情况如下表:当时,,同时当趋于时,趋于,从而的取值范围为．所以当时,方程（*）无实数解, 解得的取值范围是．综上,得的最大值为．7.（2013·北京高考真题（文））已知函数f(x)＝x2＋x sin x＋cos x.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．【答案】（Ⅰ）求两个参数，需要建立两个方程.切点在切线上建立一个，利用导数的几何意义建立另一个，联立求解.（Ⅱ）利用导数分析曲线的走势，数形结合求解.【解析】由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得f′(x)＝2x＋sin x＋x(sin x)′－sin x＝x(2＋cos x)．（1）因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)．解得a＝0，b＝f(0)＝1. （5分）（2）设g(x)＝f(x)－b＝x2＋xsin x＋cos x－b.令g′(x)＝f′(x)－0＝x(2＋cos x)＝0，得x＝0.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：所以函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，且g(x)的最小值为g(0)＝1－b.①当1－b≥0时，即b≤1时，g(x)＝0至多有一个实根，曲线y＝f(x)与y＝b最多有一个交点，不合题意．②当1－b<0时，即b>1时，有g(0)＝1－b<0，g(2b)＝4b2＋2bsin 2b＋cos 2b－b>4b－2b－1－b>0.∴y＝g(x)在(0,2b)内存在零点，又y ＝g(x)在R 上是偶函数，且g(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴y＝g(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，在(－∞，0)也有唯一零点．故当b>1时，y ＝g(x)在R 上有两个零点，则曲线y ＝f(x)与直线y ＝b 有两个不同交点．综上可知，如果曲线y ＝f(x)与直线y ＝b 有两个不同交点，那么b 的取值范围是(1，＋∞)．（12分）8.（2019·北京高考模拟（文））已知函数32()f x x ax =-．（Ⅰ）当3a =时，求函数()f x 在区间]2,0[上的最小值；（Ⅱ）当3a >时，求证：过点(1,(1))P f 恰有2条直线与曲线()y f x =相切．【答案】（I ）4-.（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）当a ＝3时，f （x ）＝x 3﹣3x 2，f '（x ）＝3x 2﹣6x ＝3x （x ﹣2）．当x ∈[0，2]时，f '（x ）≤0，所以f （x ）在区间[0，2]上单调递减．所以f （x ）在区间[0，2]上的最小值为f （2）＝﹣4．（Ⅱ）设过点P （1，f （1））的曲线y ＝f （x ）的切线切点为（x 0，y 0），f '（x ）＝3x 2﹣2ax ，f （1）＝1﹣a ，所以()()()32000200001321y x ax y a x ax x ⎧=-⎪⎨--=--⎪⎩，．所以()3200023210x a x ax a -+++-=．令g （x ）＝2x 3﹣（a +3）x 2+2ax +1﹣a ，则g '（x ）＝6x 2﹣2（a +3）x +2a ＝（x ﹣1）（6x ﹣2a ），令g '（x ）＝0得x ＝1或3ax =，因为a ＞3，所以1a ＞．∴g （x ）的极大值为g （1）＝0，g （x ）的极小值为()103a g g ⎛⎫=⎪⎝⎭＜，所以g （x ）在3a ，⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上有且只有一个零点x ＝1．因为g （a ）＝2a 3﹣（a +3）a 2+2a 2+1﹣a ＝（a ﹣1）2（a +1）＞0，所以g （x ）在3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上有且只有一个零点．所以g （x ）在R 上有且只有两个零点．即方程()3200023210x a x ax a -+++-=有且只有两个不相等实根，所以过点P （1，f （1））恰有2条直线与曲线y ＝f （x ）相切． 9.（2019·四川高考模拟（理））已知函数，.（1）若，求函数在区间（其中，是自然对数的底数）上的最小值；（2）若存在与函数，的图象都相切的直线，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）由题意，可得，，令，得. ①当时，在上单调递减，∴.②当时，在上单调递减，在上单调递增，∴.综上，当时，，当时，.（2）设函数在点处与函数在点处有相同的切线，则，∴，∴，代入得.∴问题转化为：关于的方程有解，设，则函数有零点，∵，当时，，∴. ∴问题转化为：的最小值小于或等于0.，设，则当时，，当时，.∴在上单调递减，在上单调递增，∴的最小值为.由知，故.设，则，故在上单调递增，∵，∴当时，，∴的最小值等价于.又∵函数在上单调递增，∴.10.（2019·湖南高考模拟（理））设函数()()()22,42x f x e ax g x x x =+=++.（Ⅰ）讨论()y f x =的极值；（Ⅱ）若曲线()y f x =和曲线()y g x =在点()0,2P 处有相同的切线，且当2x ≥-时，()()mf x g x ≥，求m 的取值范围 .【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）21,e ⎡⎤⎣⎦.【解析】（Ⅰ）∵()()2xf x e ax =+，∴()()2xf x eax a '=++．①当0a =时，()20xf x e '=>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增，无极值．②当0a >时，由()0f x '=得2a x a+=-，且当2a x a +<-时，()0,()f x f x '<单调递减；当2a x a+>-时，()0,()f x f x '>单调递增．所以当2a x a+=-时，()f x 有极小值，且()2=a a f x ae +--极小值，无极大值． ③当0a <时，由()0f x '=得2a x a+=-，且当2a x a +<-时，()0,()f x f x '>单调递增；当2a x a+>-时，()0,()f x f x '<单调递减．所以当2a x a+=-时，()f x 有极大值，且()2=a a f x ae +--极大值，无极小值．综上所述，当0a =时，()f x 无极值；当0a >时，()2=a af x ae +--极小值，无极大值；当0a <时， ()2=a af x ae +--极大值，无极小值．（Ⅱ）由题意得()2+4g x x '=，∵()y f x =和()y g x =在点()0,2P 处有相同的切线， ∴(0)(0)f g =''，即24a +=，解得2a =， ∴()()22xf x ex =+．令()()()()222(42)xF x mf x g x me x x x =-=+-++，则()()()124xF x me x '=-+，由题意可得()0220F m =-≥，解得1m ≥．由()0F x '=得12ln ,2x m x =-=-．①当ln 2m ->-，即21m e ≤<时，则120x -<≤，∴当()12,x x ∈-时，()0,()F x F x '<单调递减；当()1,x x ∈+∞时，()0,()F x F x '>单调递增， ∴()()2,F x -+∞在上的最小值为()()2112111224220F x x x x x x =+---=-+≥，∴()()mf x g x ≥恒成立．②当ln 2m -=-，即2m e =时，则()()2()124x F x ex +'=-+，∴当2x ≥-时，()0,()F x F x '≥在()2,-+∞上单调递增，又(2)0F -=，∴当2x ≥-时，()0F x ≥，即()()mf x g x ≥恒成立． ③当ln 2m -<-，即2m e >时，则有()222(2)2220F me em e --=-=--+<-，从而当2x ≥-时，()()g x mf x ≤不可能恒成立．综上所述m 的取值范围为21,e ⎡⎤⎣⎦．11.（2019·天津高考模拟（理））已知函数()()()()21ln f x x x x a a R =---∈.(1)若()f x 在()0,∞+上单调递减，求a 的取值范围；(2)若()f x 在1x =处取得极值，判断当(]0,2x ∈时，存在几条切线与直线2y x =-平行，请说明理由； (3)若()f x 有两个极值点12,x x ，求证：1254x x +>. 【答案】(Ⅰ)(],1-∞；(Ⅱ)答案见解析；(Ⅲ)证明见解析. 【解析】(Ⅰ)由已知,()()11ln 2ln 2120x f x x x a x x a x x-=+--=--++≤'恒成立令()1ln 212g x x x a x=--++,则()()()222221111212(0)x x x x g x x x x x x-+--++='=+-=>, ()210x -+<,令()'0g x >,解得:01x <<,令()'0g x <,解得:1x >,故()g x 在()0,1递增,在()1,+∞递减,()()max 122g x g a ∴==-，由()'0f x ≤恒成立可得1a ≤.即当()f x 在()0,+∞上单调递减时,a 的取值范围是(],1-∞. (Ⅱ)()f x 在1x =处取得极值，则()’10f =，可得1a =. 令()1ln 232f x x x x -'=-+=-，即 1ln 250x x x--+=. 设()1ln 25h x x x x =--+，则()()()222221111212x x x x h x x x x x-+--++='=+-=. 故()h x 在()0,1上单调递增，在()1,2上单调递减，注意到()55520h eee --=--<，()()112,2ln202h h ==+>，则方程1ln 250x x x--+=在(]0,2内只有一个实数根，即当(]0,2x ∈时，只有一条斜率为2-且与函数()f x 图像相切的直线. 但事实上，若1a =，则()1'ln 23f x x x x=--+， ()()()2121''x x f x x--+=，故函数()'f x 在区间()0,1上单调递增，在区间()1,2上单调递减，且()'101230f =--+=，故函数()'0f x ≤在区间(]0,2上恒成立，函数()f x 在区间(]0,2上单调递减，即函数不存在极值点，即不存在满足题意的实数a ，也不存在满足题意的切线. (Ⅲ)若函数有两个极值点12,x x ,不妨设120x x <<，由(Ⅰ)可知1a >,且：()11111ln 212f x x x a x -+'=-+①, ()22221ln 212f x x x a x -+'=-+②, 由①-②得:()()112112122121221211ln20,2ln 0,2x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫-+--=∴--=->∴< ⎪⎝⎭, 即12112x x e>> , 由①+②得:()()12121212ln 2240x x x x x x a x x ++--++=, ()121212ln 24124512242x x a x x x x ++-++∴+=>=++. 12.（2019·辽宁高考模拟（理））已知a R ∈，函数()()2ln ,0,6.f x a x x x =+∈()I 讨论()f x 的单调性；()II 若2x -是()f x 的极值点，且曲线()y f x =在两点()()()()1122,,,P x f x Q x f x 12x x 处的切线相互平行，这两条切线在y 轴上的截距分别为12,b b ，求12b b -的取值范围【答案】()I 当13a ≤时，()f x 在()0,6上单调递减，无单调递增区间；当13a >时，()f x 在20,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，2,6a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；()II 2ln 2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭.【解析】（Ⅰ）()2222a ax f x x x x-'=-+=.()0,6x ∈∴ ①当0a ≤时，()0f x '<在()0,6x ∈上恒成立. ∴ ()f x 在()0,6上单调递减，无单调递增区间；②当0a >，且26a≥，即103≤a <时，()0f x '<在()0,6x ∈上恒成立.∴ ()f x 在()0,6上单调递减，无单调递增区间；③当0a >，且26a <，即13a >时，在20,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上，()0f x '<，在2,6x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上，()0f x '>，∴ ()f x 在20,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，2,6a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增.综上，当13a ≤时，()f x 在()0,6上单调递减，无单调递增区间；当13a >时，()f x 在20,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，2,6a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增. （Ⅱ）2x =是()f x 的极值点，∴由()1可知22,1a a=∴= 设在()()11.P x f x 处的切线方程为()112111221ln y x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在()()22,Q x f x 处的切线方程为()222222221ln y x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ∴若这两条切线互相平行，则2211222121x x x x -+=-+，121112x x ∴+= 令0x =，则1114ln 1b x x =+-，同理，2224ln 1b x x =+- 【解法一】211112x x =- 121212114ln ln b b x x x x ⎛⎫∴-=-+-= ⎪⎝⎭ 111211114ln ln 22x x x ⎛⎫⎛⎫=--+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭设()182ln ln 2g x x x x ⎛⎫=--+-⎪⎝⎭，11,43x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()2211168180122x x g x x x x x-+'∴=--=<--，()g x ∴在区间11,43⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，()2ln2,03g x ⎛⎫∴∈- ⎪⎝⎭即12b b -的取值范围是2ln2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭【解法二】12122x x x =- 121212114ln ln b b x x x x ⎛⎫∴-=-+-= ⎪⎝⎭1182ln 12x x ⎛⎫-+- ⎪⎝⎭令()1182ln 12x g x x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，其中()3,4x ∈ ()()2228181622x x g x x x x x -+'∴=-+=-- ()()22402x x x -=>-∴函数()g x 在区间()3,4上单调递增，()2ln2,03g x ⎛⎫∴∈- ⎪⎝⎭.∴ 12b b -的取值范围是2ln2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭【解法三】()12122x x x x =+121212114ln ln b b x x x x ⎛⎫∴-=-+-= ⎪⎝⎭ ()2111224ln ·x x x x x x -+ ()2112122ln x x x x x x -=++ 12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭=++设()()21ln 1x g x x x-=++，则()()()()22214111x g x x x x x --'=+=++ 11211,122x x x ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭，()0g x ∴'>，∴函数()g x 在区间1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，()2ln2,03g x ⎛⎫∴∈- ⎪⎝⎭ ∴ 12b b -的取值范围是2ln2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭.13.（2019·安徽高考模拟（文））已知函数()ln x f x x =+，直线l ：21y kx =-.（Ⅰ）设(,)P x y 是()y f x =图象上一点，O 为原点，直线OP 的斜率()k g x =，若()g x 在(,1)x m m ∈+(0)m 上存在极值，求m 的取值范围；（Ⅱ）是否存在实数k ，使得直线l 是曲线()y f x =的切线？若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由；（Ⅲ）试确定曲线()y f x =与直线l 的交点个数，并说明理由. 【答案】11e m e k -<<=Ⅰ，（Ⅱ），（Ⅲ）见解析【解析】（Ⅰ）∵()ln (0)y x x g x x x x +==>，∴()1ln 0xg x x='-=，解得x e =. 由题意得： 01m e m <<<+，解得1e m e -<<.（Ⅱ）假设存在实数k ，使得直线是曲线()y f x =的切线，令切点()00,P x y ， ∴切线的斜率0121k x =+. ∴切线的方程为()()00001ln 1y x x x x x ⎛⎫-+=+- ⎪⎝⎭，又∵切线过（0，-1）点，∴()()000011ln 10x x x x ⎛⎫--+=+- ⎪⎝⎭.解得01x =，∴22k =， ∴1k =.（Ⅲ）由题意，令ln 21x x kx +=-，得 ln 12x x k x++=.令()ln 1(0)2x x h x x x ++=>， ∴()2ln 2xh x x-='，由()0h x '=，解得1x =. ∴()h x 在（0,1）上单调递增，在()1,+∞上单调递减，∴()()max 11h x h ==,又0x →时，()h x →-∞；x →+∞时，()1ln 11222x h x x +=+→， {}1,12k ⎛⎤∴∈-∞⋃ ⎥⎝⎦时，只有一个交点；1,12k ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，有两个交点；()1,k ∈+∞时，没有交点.14. （2019·河北高考模拟（理））已知函数()xf x e =，()g x alnx(a 0)=>． ()1当x 0>时，()g x x ≤，求实数a 的取值范围；()2当a 1=时，曲线()y f x =和曲线()y g x =是否存在公共切线？并说明理由．【答案】（1）(]0,e ；（2）存在公共切线，理由详见解析.【解析】()1令()()ln m x g x x a x x =-=-，则()1a a x m x x x-=-='. 若0x a <<，则()0m x '>，若x a >，则()0m x '<.所以()m x 在()0,a 上是增函数，在(),a +∞上是减函数.所以x a =是()m x 的极大值点，也是()m x 的最大值点，即()max ln m x a a a =-.若()g x x ≤恒成立，则只需()max ln 0m x a a a =-≤，解得0a e <≤.所以实数a 的取值范围是(]0,e . ()2假设存在这样的直线l 且与曲线()y f x =和曲线()y g x =分别相切与点()()1122,,,ln x A x e B x x . 由()x f x e =，得()xf x e '=. 曲线()y f x =在点A 处的切线方程为()111x x y e e x x -=-，即()1111x xy e x x e =+-. 同理可得，曲线()y g x =在点B 处的切线方程为()2121ln y x x x x -=-，即221ln 1y x x x =+-. 所以()11212111x x e x x e lnx ⎧=⎪⎨⎪-=-⎩则()1111lne 1x x x e --=-，即()111110x x e x -++= 构造函数()()x11,h x x e x =-++ x R ∈ 存在直线l 与曲线()y f x =和曲线()y g x =相切,等价于函数()()x11h x x e x =-++在R 上有零点对于()1xh x xe ='-. 当0x ≤时，()0h x '>，()h x 在上单调递增.当0x >时，因为()()()'10x h x x e +'=-<，所以()h x '在()0,+∞上是减函数.又()()010,110h h e ''=>=-<，，所以存在()00,1x ∈，使得()00010x h x x e'=-=，即001x e x =. 且当()000,x x ∈，()0h x '>时，当()00,x x ∈+∞时，()0h x '<.综上，()h x 在()00,x 上是增函数，在()0,x +∞上是减函数.所以()0h x 是()h x 的极大值，也是最大值，且()()()()0000000max 0011111?10x h x h x x e x x x x x x ==-++=-++=+＞. 又()22310h e --=-<，()2230h e =-+<，所以()h x 在()02,x -内和()0,2x 内各有一个零点. 故假设成立，即曲线()y f x =和曲线()y g x =存在公共切线.15.（2019·广西高考模拟（理））已知函数1()ln f x x mx x =--在区间(0,1)上为增函数，m R ∈.（1）求实数m 的取值范围；（2）当m 取最大值时，若直线l ：y ax b =+是函数()()2F x f x x =+的图像的切线，且,a b ∈R ，求+a b 的最小值.【答案】（1）2m ≤；（2）+a b 的最小值为-1.【解析】（1）∵()1ln f x x mx x =--， ∴()211f x m x x=+-'．又函数()f x 在区间()0,1上为增函数，∴()2110f x m x x =-'+≥在()0,1上恒成立， ∴()221111124m t x x x x ⎛⎫≤+=+-= ⎪⎝⎭在()0,1上恒成立．令()()2211111,0,124t x x x x x ⎛⎫=+=+-∈ ⎪⎝⎭，则当1x =时，()t x 取得最小值，且()2min t x =，∴2m ≤，∴实数m 的取值范围为(],2∞-．（2）由题意的()11ln 22ln F x x x x x x x ⎛⎫=--+=- ⎪⎝⎭，则()211F x x x +'=，设切点坐标为0001,ln x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则切线的斜率()020011a f x x x ==+'，又0001ln x ax b x -=+， ∴002ln 1b x x =--， ∴020011ln 1a b x x x +=+--．令()211ln 1(0)h x x x x x=+-->，则()()()23233211212x x x x h x x x x x x'+-+-=-+==，故当()0,1x ∈时，()()0,h x h x '<单调递减；当()1,x ∈+∞时，()()0,h x h x '>单调递增． ∴当1x =时，()h x 有最小值，且()()11min h x h ==-，∴a b +的最小值为1-．16．（2019·四川高考模拟（理））已知函数()ln x a f x x e +=-．（1）若曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线与x 轴正半轴有公共点，求a 的取值范围；（2）求证：11a e>-时，()1f x e <--．【答案】（1）1a <-；（2）证明见解析.【解析】（1）函数f （x ）＝lnx ﹣e x +a 的导数为f ′（x ）＝1x﹣e x +a ．曲线f （x ）在点（1，f （1））处的切线斜率为1﹣e 1+a ，切点为（1，﹣e 1+a ），可得切线方程为y +e 1+a ＝（1﹣e 1+a ）（x ﹣1），可令y ＝0可得x ＝111a e +-，由题意可得111a e+-＞0，可得e 1+a ＜1，解得a ＜﹣1；（2）证明：f ′（x ）＝1x ﹣e x +a ．设g （x ）＝f ′（x ）＝1x ﹣e x +a ．可得g ′（x ）＝﹣（21x +e x +a ），当x ＞0时，g ′（x ）＜0，g （x ）递减；由a ＞1﹣1e ，e x +a ＞e x ．若e x ＞1x ，g （x ）＜1x﹣e x ＜0，当0＜x ＜1时，e x +a ＜e 1+a ．若e 1+a ＜1x，即x ＜e ﹣1﹣a ，故当0＜x ＜e ﹣1﹣a 时，g （x ）＞0，即g （x ）＝f ′（x ）有零点x 0，当0＜x ＜x 0时，f ′（x ）＞0，f （x ）递增；当x ＞x 0时，f ′（x ）＜0，f （x ）递减，可得f （x ）≤f （x 0），又f （x 0）＝lnx 0﹣e x 0+a ，又e x 0+a ＝01x ，可得f （x 0）＝lnx 0﹣01x ，在x 0＞0递增，又a ＝ln 01x ﹣x 0＝﹣（lnx 0+x 0）， a ＞1﹣1e ⇔﹣（lnx 0+x 0）＞1﹣1e ＝﹣（ln 1e +1e），所以lnx 0+x 0＜ln 1e +1e，由于lnx 0+x 0递增，可得0＜x 0＜1e ，故f （x ）≤f （x 0）＜f （1e ）＝﹣1﹣e ．。

数学高考压轴题的特征及应对策略

数学高考压轴题的特征及应对策略江苏省姜堰中学张圣官（225500）以能力为立意，重视知识的发生发展过程，突出理性思维，是高考数学命题的指导思想；而重视知识形成过程的思想和方法，在知识网络的交汇点设计问题，则是高考命题的创新主体。

由于高考的选拔功能，近年来的数学高考的压轴题中出现了不少以能力立意为目标、以增大思维容量为特色，具有一定深度和明确导向的创新题型，使数学高考试题充满了活力。

本文准备结合近几年高考实例来谈谈数学高考压轴题的特征及应对策略。

一．数学高考压轴题的特征1．综合性，突显数学思想方法的运用近几年数学高考压轴题已经由单纯的知识叠加型转化为知识、方法、能力综合型尤其是创新能力型试题。

压轴题是高考试题的精华部分，具有知识容量大、解题方法多、能力要求高、突显数学思想方法的运用以及要求考生具有一定的创新意识和创新能力等特点。

例1．（06年福建（理）第21题）已知函数f (x )=－x 2+8x ，g (x )=6ln x+m ；（Ⅰ）求f (x )在区间[t ，t +1]上的最大值h (t )；（Ⅱ）是否存在实数m ，使得()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由．解：（I ）f (x )=－x 2+8x=－(x －4)2+16；当t +1<4，即t <3时，f (x )在[t ，t +1]上单调递增，h (t )=f (t +1)=－(t +1)2+8(t +1)=－t 2+6t +7；当t ≤4≤t +1，即3≤t ≤4时，h (t )=f (4)=16；当t >4时，f (x )在[t ，t +1]上单调递减，h (t )=f (x )=－t 2+8t ；综上，2267, 3;()16, 34;8, 4;t t t h x t t t t ⎧-++<⎪=≤≤⎨⎪-+>⎩（II ）函数y =f (x )的图象与y =g (x )的图象有且只有三个不同的交点，即函数x g (x )－f (x )的图象与x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点．从而有：2()816ln x x x x m ϕ=-++，(0)x >∵ 262862(1)(3)'()28 (0),x x x x x x x x x xϕ-+--=-+==> 当x ∈(0,1)时，'()0x ϕ>，()x ϕ是增函数；当x ∈(1,3)时，'()0x ϕ<，()x ϕ是减函数；当x ∈(3,+∞)时，'()0x ϕ>，()x ϕ是增函数；当x =1，或x =3时，'()0x ϕ=；∴()x ϕ极大值=(1)7,m ϕ=-()x ϕ极小值=(3)ϕ=m+6ln 3－15；当x 充分接近0时，()0,x ϕ<当x 充分大时，()0.x ϕ>∴要使()x ϕ的图象与x 轴正半轴有三个不同的交点，当且仅当()70,()6ln3150,x m x m ϕϕ=->⎧⎪⎨=-<⎪⎩极大值极小值＋即7156ln3m <<-，所以存在实数m ，使得函数()y f x =与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，m 的取值范围为(7, 156ln3)-．点评：本小题主要考查函数的基本知识和运用导数研究函数能力；第一小问考查分类与整合等数学思想，第二小问考查函数与方程、数形结合及转化与化归数学思想。

对一道高考数学压轴题的几点思考——以2019年江苏数学高考卷第19题为例

为
犕，求证：犕
４ ≤２７．
不难发现，前两问比较常规，所以下面我们重点
谈谈对于第（３）问的思考．分析问题，我们发现：目标
是要证明 “犕
≤
４”，要２７
达
到
目
标，必
须
先
研
究
函
数
犳（狓）的极大值；要研究函数犳（狓）的极大值，必须知道函数犳（狓）的单调性；要知道函数犳（狓）的单调性，必须先研究犳（狓）的导函数的零点．接着，我们就执行这个分析思路．
３
．
因为犳（狓１）＝狓３１－（犫＋１）狓２１＋犫狓１，所以犳（狓１）
（）＝狓３１
－
（犫
＋１）狓２１
＋犫狓１
＝犳′（狓１）狓３１
犫＋１－９
－
２（犫２－９犫＋１）狓１
＋
犫（犫＋１）犫（犫＋１）
９
＝
２７
－
２（犫－１２）７２（犫＋１）＋２２７（槡犫（犫－１）＋１）．
因为０＜犫≤１，所以犳（狓１）≤２２７＋０＋２２７≤２４７．
解：因为犳（狓）＝狓（狓－犫）（狓－１）＝狓３－（犫＋１）狓２＋犫狓，所以犳′（狓）＝３狓２－２（犫＋１）狓＋犫．
因为Δ ＝４（犫＋１）２－１２犫＝（２犫－１）２＋３＞０，所以犳′（狓）有２个不同的零点，设为狓１，狓２，不妨令狓１＜
狓２．当狓＜狓１时，犳′（狓）＞０，当狓１＜狓＜狓２时，
（）（２）要证ｌｎ狓＋狓犪－１＞１犪 ≥ １２，狓＞１成立，
（含有狓和犪两个未知量，考虑消元）即证ｌｎ狓＋狓犪－１ ≥ｌｎ狓＋２（狓１－１）＞１．（利用不等关系消犪）即证２（狓－１）ｌｎ狓＋１＞２（狓－１）当狓＞１时成立．

一道数列高考压轴题的背景与解析

列．目的是引导学生通过对具体形象的特例认识和学习新的概念，体会Ｅ数列的特点，并从中探索和发现一
般规律．
例题若数列Ａ：０，， …，％（ｎ ≥２）满足Ｉａｋ＋厂ａｋＩ＝１
所以Ａ首项为１２，公差为１的等差数列．
所以ａ￣ｏ＝１２＋（２０００ — １）ｘｌ＝２０１１．
充分性证法１：
Ｅ数列Ａ；如果不存在，说明理由．本试题背景来源于概率中的随机游动．例如：设，邑， …，一是独立的伯努力随机变量序列，满足Ｐ（＝１）＝
以及创造性地解决问题的能力，考查数学语言的识别和正确表述的能力．考查学生的推理论证能力和抽象概括能力，考查学生的数学素养，考查学生继续学习的潜
能．
能做到推陈出新， “ 亮点 ” 层出不穷，充分体现了开放性、
综上，结论得证．
说明：欲证明Ａ是递增数列，只需证明ａｋ＋ｌ一＞０（＝
步的位置（每步一个单位），这时ａ／＋。＝＋靠，即如果质点
Ｚ
１，２， …，１９９９），由于Ｉａｋ＋厂ａｋｌ＝１，于是只需证明ａｋ＋广ａｋ＝ｌ，
（ｋ＝ｌ，２， …，１９９９）．
（２）若ａ＝１２，ｎ＝２０００，证明：Ｅ数列Ａ提递增数列的充

一道浙江数学高考题引发的探究与教学启示

图1
&+y = m
+ 8kx + 4 - 4m二0,由韦达定理得xx + x2 =
FT乔g 滤 - 2%2,于是有I x2
丁,又由看=2岗得衍 1 + 4k
8丨 I 二
8
W
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
1+4厂4山+缶
8 2
=2,当且仅当I k\ =*时等号成
处取得最大值4,即点B的横坐标的绝对值取得最大值2.
点评：解法2主要由两点坐标间的关系代入椭圆方程,通过“消元”思想把点B横坐标的平方珂转化为关于参数m的一个二次函数，运用二次函数性质快速求解出m以及丨靭丨的最大值，让人耳目
一新，瞬间觉得“山重水复疑无路，柳暗花明又一村”.该解法有效地避免了分类讨论，巧妙地简化了繁琐的代数运算，解法虽很优美，但难点是如何巧妙 “消元”、构造二次函数，基础一般的同学恐怕难以想到这个思路.
3.换元法的视角（三角换元，快速突破）解法3：由题意设点B坐标为（2 Jocose,
y/msinO）,于是由4P 二 2 PB 可得4（ - 40^cos&,3 2 v^sin^）,把力"两点坐标代入椭圆方程得
1.韦达定理模型的视角(韦达定理，凸显通法) 解法1：如图1分类讨论:①当直线的斜率不
2020年第2期
中学数学研究
・17・
存在时，由题知4（0, -伍）上（0,丽）,于是得TH =9 ,xB = 0.
②当直线AB的斜率存在时，设AP方程为y =蠢+
方程组
1y = kx + 1, x*12 2 =（i 〃）/
解问题，使学生掌握一些合理设计算法形成简便运算的方法,体会数学思想，培养核心素养.本教学片段针对学生的运算困惑和解题思路给予了合理的指导和点拨.

对一道高考压轴题探源所引发的思考

—
２＋０＝（一１）一（０—１），故当１＜
＜告口时，，（）单调递增，当＜１时，厂（）
单调递减，厂（）的最小值为ｆ（１）＝口一１；
由于，（号）一）＝筹一（口一１）＝
＞０，所以（）的最小值为，（１）
最后只需比较两最小值的大小，取较小的
即可．
ｆ＋２ｘ一口， ≥百１口
（２）厂（）＝｛．【戈一２ｘ＋０，＜去口
当 ≥ １口时，（）＝＋２ｘ一口：
启示１：让学生充分重视绝对值函数的
得到．
ｌ一２Ｉ（＋１）的
图像．
图１
策略１： “ 以形助数 ” 为主， “ 以数定形” 为
辅．
解析：（１）当 ≥ ２时，即一２≥ ０时，
Ｙ＝（一２）（＋１）＝一一２＝
绝对值函数其图像作法也应依不同区间分别来作：作Ｙ＝ｌ厂（）ｌ的图像可将Ｙ＝ｆ（）的图像在轴下方的部分翻折到轴上方，其余部分不变；作Ｙ＝ｆ（Ｉ１）的图像可先作出Ｙ＝厂（）当 ≥０时的图像，再利用偶函数的图像关于Ｙ轴对称，作出ｖ＝ｆ（）（＜０）的图像．而一般绝对值二次函
例１（２００９年上海市卢湾区高考一模）
设函数厂（）＝数０为实数）．＋Ｉ２ｘ一口Ｉ（ ∈ Ｒ，常
的关键是第一问要知道厂（）为偶函数，则

精析结构_多解探究_关注思维_寻根探源——一道联考压轴题的解法探究与背景探源

精析结构㊀多解探究㊀关注思维㊀寻根探源一道联考压轴题的解法探究与背景探源巨小鹏(陕西省汉中市龙岗学校ꎬ陕西汉中７２３１０２)摘㊀要:本文对２０２３届高三第一次学业质量评价数学第１６题第一空做了多视角解法探究ꎬ对第二空做了推广和背景探源分析ꎬ最后通过反馈练习理解双曲线中渐切三角形面积为定值这一应用.关键词:压轴题ꎻ解法探究ꎻ背景探源ꎻ渐切三角形中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０１－００８９－０５收稿日期:２０２３－１０－０５作者简介:巨小鹏ꎬ男ꎬ陕西省汉中人ꎬ硕士ꎬ中学一级教师ꎬ从事数学教育㊁课程与教学论研究.基金项目:陕西省教育科学十四五规划２０２１年度课题教材阅读材料在数学学习中的渗透与引领策略研究 (项目编号:ＳＧＨ２１Ｙ１１９４)㊀㊀解析几何问题中ꎬ几何是思考的起点和终点ꎬ也是问题的缘起和归宿ꎬ代数化和几何特征是解决几何问题的工具.加深几何特征和曲线与方程有关概念的理解ꎬ从不同角度分析其几何结构ꎬ并寻求其思维方法根源ꎬ将解决问题思维结构化ꎬ以提升猜想证明㊁化归转化㊁直观想象㊁数学运算㊁严谨逻辑推理和探索实践应用等关键能力为目标ꎬ内化数学核心素养[１].１试题呈现题目㊀(２０２３届高三第一次Ｔ８联考１６题)已知双曲线Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)的左㊁右焦点分别为Ｆ１和Ｆ２ꎬＯ为坐标原点ꎬ过点Ｆ２作渐近线ｙ＝ｂａｘ的垂线ꎬ垂足为点Ｐꎬ若øＦ１ＰＯ＝π６ꎬ(１)双曲线的离心率为ꎻ(２)过点Ｐ作双曲线的切线交另一条渐近线于点Ｑꎬ且ＳәＯＰＱ＝２３ꎬ则该双曲线的方程为.２试题分析与解答分析㊀第一空求双曲线离心率要么直接求出ａꎬｂ和ｃ中的任意两个ꎬ要么求出ａꎬｂ和ｃ之间的关系ꎬ从而求得离心率.根据题意给的几何关系以及条件øＦ１ＰＯ＝π６ꎬ会想到正弦定理和余弦定理ꎬ根据几何特征ꎬ可求得ＰＦ２＝ｂꎬ｜ＯＰ｜＝ａꎬ从而解三角形求得ａ＝３２ｂ这一重要结果ꎬ即可求得双曲线的离心率.第二空ꎬ过点Ｐ的切线ＰＱ与双曲线切于点Ｍ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ设Ｐｘ１ꎬｙ１()ꎬＱｘ２ꎬｙ２()ꎬ表示出ＳәＰＯＱ＝ｂａｘ１ｘ２ꎬ利用双曲线的切线方程联立渐近线方程求得ｘ１ｘ２＝ａ２ꎬ从而根据三角形面积求得ｂꎬ即可求得双曲线方程.２.１第(１)问解析解法１㊀(正弦定理视角)设øＰＯＦ２＝αꎬ则有ｔａｎα＝ｂａꎬＦ２(ｃꎬ０)到渐近线ｙ＝ｂａｘ即ｂｘ－ａｙ＝０的距离为ＰＦ２＝｜ｂｃ｜ａ２＋ｂ２＝｜ｂｃ｜ｃ２＝ｂ.而ｔａｎα＝｜ＰＦ２｜｜ＯＰ｜＝ｂａꎬ又因为｜ＯＰ｜＝ａꎬ所以ｓｉｎα＝ｂｃꎬｃｏｓα＝ａｃ.在әＯＦ１Ｐ中ꎬøＦ１ＰＯ＝π６ꎬ根据正弦定理ꎬ得ａｓｉｎ[α－(π/６)]＝ｃｓｉｎ(π/６).即ａ(ｂ/ｃ) (３/２)－(ａ/ｃ) (１/２)＝２ｃ.所以ａ＝３ｂ－ａ.则２ａ＝３ｂ.即ａ＝３２ｂ.所以ｅ＝ｃａ＝ａ２＋ｂ２ａ２＝２１３.解法２㊀(余弦定理视角)可知Ｆ１(－ｃꎬ０)ꎬＦ２(ｃꎬ０)ꎬＰＦ２的方程为ｙ＝－ａｂ(ｘ－ｃ)ꎬ与直线ｙ＝ｂａｘ联立得Ｐａ２ｃꎬａｂｃæèçöø÷.所以ＰＦ１＝ａ２＋ｃ２ｃæèçöø÷２＋ａｂｃæèçöø÷２＝３ａ２＋ｃ２.又因为｜ＯＰ｜＝ａ２ｃæèçöø÷２＋ａｂｃæèçöø÷２＝ａꎬＯＦ１＝ｃꎬ在әＯＰＦ１中ꎬ根据余弦定理ꎬ得ＯＦ１２＝ＰＦ１２＋｜ＯＰ｜２－２｜ＯＰ｜ＰＦ１ｃｏｓøＦ１ＰＯ.则ｃ２＝３ａ２＋ｃ２＋ａ２－２ａ３ａ２＋ｃ２３２.即３ｃ２＝７ａ２.所以ｅ＝ｃａ＝７３＝２１３.解法３㊀(中线定理＋余弦定理视角)根据解法１可知ＰＦ２＝ｂꎬ｜ＯＰ｜＝ａꎬ｜ＯＦ１｜＝ｃ.根据三角形中线定理ꎬ得ＰＦ１２＋ＰＦ２２＝２ＯＰ２＋ＯＦ１２.所以ＰＦ１＝３ａ２＋ｃ２ꎬ下同解法２.解法４㊀(辅助线视角１)根据解法１可知ＰＦ２＝ｂꎬ｜ＯＰ｜＝ａꎬ｜ＯＦ１｜＝ｃ.过点Ｐ作ＰＨʅＦ１Ｆ２于点Ｈꎬ则｜ＯＨ｜＝ａ２ｃꎬ｜ＰＨ｜＝ａｂｃ.在ＲｔәＰＨＦ１中ꎬ根据勾股定理ꎬ得ＰＦ１２＝ＰＨ２＋Ｆ１Ｈ２＝３ａ２＋ｃ２ꎬ下同解法２.解法５㊀(辅助线视角２)根据解法１可知ＰＦ２＝ｂꎬ｜ＯＰ｜＝ａꎬ｜ＯＦ１｜＝ｃ.如图１ꎬ过点Ｆ１作Ｆ１Ｍ垂直于渐近线ｙ＝ｂａｘ于点Ｍꎬ可知ＲｔәＯＭＦ１ɸＲｔәＯＰＦ２ꎬ｜ＯＰ｜＝｜ＯＭ｜.图１㊀解法５示意图在ＲｔәＰＭＦ１中ꎬ｜ＰＭ｜＝３ｂ＝２｜ＯＰ｜＝２ａꎬ下同解法２.解法６㊀(辅助线视角２优化)在ＲｔәＰＭＦ１中ꎬｔａｎøＦ１ＰＭ＝Ｆ１ＭＰＭ＝ｂ２ａ＝ｔａｎπ６＝３３ꎬ则ｂａ＝２３３.则ｅ＝(ｂａ)２＋１＝２１３.解法７㊀(辅助线视角２优化)过点Ｆ１作Ｆ１Ｍ垂直于渐近线ｙ＝ｂａｘ于点Ｍ并延长至点Ｍᶄꎬ使得Ｆ１Ｍ｜＝｜Ｆ１Ｍᶄ｜.因为øＦ１ＰＭ＝π６ꎬ所以әＰＦ１Ｍᶄ是边长为２ｂ的等边三角形.所以｜ＰＭ｜＝２ａ＝３ｂ.下同解法６.解法８㊀(张角定理视角)根据解法１可知ＰＦ２＝ｂꎬ｜ＯＰ｜＝ａꎬ｜ＯＦ１｜＝ｃ.根据张角定理ꎬ得ｓｉｎøＦ１ＰＦ２｜ＯＰ｜＝ｓｉｎøＦ１ＰＯ｜ＰＦ２｜＋ｓｉｎøＯＰＦ２ＰＦ１.即３/２ａ＝１/２ｂ＋１ＰＦ１.得｜ＰＦ１｜＝２ａｂ３ｂ－ａ.又因为ＳәＰＯＦ１＝ＳәＰＯＦ２ꎬ所以１２ａ｜ＰＦ１｜ｓｉｎπ６＝１２ａｂｓｉｎπ２.所以｜ＰＦ１｜＝２ｂ.所以２ａｂ３ｂ－ａ＝２ｂ.则２ａ＝３ｂ.即ａ＝３２ｂ.所以ｅ＝ｃａ＝ａ２＋ｂ２ａ２＝２１３.解法９㊀(张角定理＋邻补角＋正弦定理视角)由解法８得｜ＰＦ１｜＝２ａｂ３ｂ－ａ.在әＯＰＦ１中ꎬｓｉｎøＰＯＦ１＝ｓｉｎøＰＯＦ２＝ｂｃꎬ根据正弦定理ꎬ得ＰＦ１ｓｉｎøＰＯＦ１＝ｃｓｉｎøＦ１ＰＯ.即２ａｂ/(３ｂ－ａ)ｂ/ｃ＝ｃ１/２.则２ａ＝３ｂ.即ａ＝３２ｂ.所以ｅ＝ｃａ＝ａ２＋ｂ２ａ２＝２１３.评注㊀本题破题关键是找到ａꎬｂ和ｃ之间的关系得到２ａ＝３ｂ.解法１和２以正弦定理为目标ꎬ做种种转化ꎬ解法３引入中线定理ꎬ解法４㊁５㊁６利用条件中的垂直和π６ꎬ借助辅助线和其几何特征使思路更加清晰明了ꎬ解法８和９利用了张角定理和正弦定理解决ꎬ此法不易想到ꎬ但不失为一个解决问题的好方法ꎬ当然解法８用完面积法也可以用余弦定理求得离心率.考查学生对基础知识和基本方法的掌握和理解ꎬ也考查了学生观察几何特征和代数运算等关键能力.２.２第(２)问解析解析㊀如图２ꎬ过点Ｐ的切线ＰＱ与双曲线切于点Ｍ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ设Ｐｘ１ꎬｙ１()ꎬＱｘ２ꎬｙ２()ꎬ又因为点ＰꎬＱ均在双曲线的渐近线上ꎬ故设Ｐｘ１ꎬｂａｘ１æèçöø÷ꎬＱｘ２ꎬ－ｂａｘ２æèçöø÷ꎬ又因为ｔａｎα＝ｂａꎬ图２㊀第(２)问解析图所以ｓｉｎ２α＝２ｓｉｎαｃｏｓαｓｉｎ２α＋ｃｏｓ２α＝２ｔａｎα１＋ｔａｎ２α＝２ｂ/ａ１＋(ｂ/ａ)２＝２ａｂａ２＋ｂ２.所以ＳәＰＯＱ＝１２｜ＯＰ｜｜ＯＱ｜ｓｉｎ２α＝１２ｘ２１＋ｂａｘ１æèçöø÷２ｘ２２＋－ｂａｘ２æèçöø÷２２ａｂａ２＋ｂ２＝ｂａｘ１ｘ２.过点Ｍ的切线ＰＱ方程为ｘ０ｘａ２－ｙ０ｙｂ２＝１.即ｙ＝ｂ２ｘ０ｘｙ０ａ２－ｂ２ｙ０.代入ｂ２ｘ２－ａ２ｙ２＝０ꎬ化简ꎬ得ａ２ｙ２０－ｂ２ｘ２０()ｘ２＋２ａ２ｂ２ｘ０ｘ－ａ４ｂ２＝０.又因为ｂ２ｘ２０－ａ２ｙ２０＝ａ２ｂ２ꎬ所以－ａ２ｂ２ｘ２＋２ａ２ｂ２ｘ０ｘ－ａ４ｂ２＝０.即ｘ２－２ｘ０ｘ＋ａ２＝０.所以ｘ１ｘ２＝ａ２.所以ＳәＰＯＱ＝ｂａｘ１ｘ２＝ａｂ＝３２ｂｂ＝２３.即ｂ＝２ꎬａ＝３.故双曲线的方程为ｘ２３－ｙ２４＝１.评注㊀设出Ｐｘ１ꎬｙ１()ꎬＱｘ２ꎬｙ２()ꎬ破题关键要利用过双曲线上一点的切线方程联立渐近线方程ꎬ根据韦达定理求得ｘ１ｘ２＝ａ２ꎬ进而利用三角形面积解决问题ꎬ当然此题也可进行仿射变换仿射成反比例函数解决ꎬ不再赘述.本题是一类特殊的中心三角形ꎬ即双曲线的渐近线与切线围成的三角形称为渐切三角形.３试题背景探源３.１渐切三角形问题若直线ｌ与直线ｌ１:ｂｘ－ａｙ＝０㊁直线ｌ２:ｂｘ＋ａｙ＝０分别交于ＰꎬＱ两点ꎬ且直线ｌ与双曲线Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)只有一个公共点Ｍꎬ则(１)切点Ｍ为ＰꎬＱ中点ꎻ(２)әＯＰＱ的面积为定值ａｂ[２]ꎻ(３)ｋＯＭｋＰＱ＝ｂ２ａ２.证明㊀(１)当切线斜率不存在时ꎬ此时顶点即为ＰꎬＱ中点ꎻ当切线斜率存在时ꎬ设Ｐｘ１ꎬｙ１()ꎬＱｘ２ꎬｙ２()ꎬ切线方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍꎬ与Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)联立ꎬ得(ｂ２－ａ２ｋ２)ｘ２－２ｋｍａ２ｘ－ａ２ｂ(２＋ｍ２)＝０.则ｘ１＋ｘ２＝２ｋｍａ２ｂ２－ａ２ｋ２.即切点Ｍ横坐标为ｋｍａ２ｂ２－ａ２ｋ２.切线方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍꎬ与Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝０联立得㊀(ｂ２－ａ２ｋ２)ｘ２－２ｋｍａ２ｘ－ａ２ｂ２＝０.则ｘ１＋ｘ１＝２ｋｍａ２ｂ２－ａ２ｋ２.即ＰꎬＱ中点横坐标为ｋｍａ２ｂ２－ａ２ｋ２.即切点Ｍ为ＰꎬＱ中点.(２)当切线斜率不存在时ꎬ即ｘ＝ʃａꎬ此时әＯＰＱ的面积为定值ａｂꎻ当切线斜率存在时ꎬ证明参考２０２３届Ｔ８联考１６题第二空解法.(３)因为ＰꎬＱ两点在直线ｌ１和直线ｌ２上ꎬ则ｘ２１ａ２－ｙ２１ｂ２＝０ꎬｘ２２ａ２－ｙ２２ｂ２＝０.ìîíïïïï作差后ꎬ得ｙ１＋ｙ２ｘ１＋ｘ２ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝(ｙ１＋ｙ２)/２(ｘ１＋ｘ２)/２ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝ｂ２ａ２.即ｋＯＭｋＰＱ＝ｂ２ａ２.３.２高考试题背景探源(２０１４年高考福建理科１９题)已知双曲线Ｅ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)的两条渐近线分别为直线ｌ１:ｙ＝２ｘ㊁直线ｌ２:ｙ＝－２ｘ.(１)求双曲线Ｅ的离心率ꎻ(２)如图３ꎬＯ为坐标原点ꎬ动直线ｌ分别交直线ｌ１ꎬｌ２于ＡꎬＢ两点(ＡꎬＢ分别在第一ꎬ四象限)ꎬ且әＡＯＢ的面积恒为８ꎬ试探究:是否存在总与直线ｌ有且只有一个公共点的双曲线Ｅ?若存在ꎬ求出双曲线Ｅ的方程ꎻ若不存在ꎬ说明理由.图３㊀２０１４年高考福建理科１９题图解析㊀(１)因为双曲线Ｅ的渐近线分别为ｙ＝２ｘꎬｙ＝－２ｘ.所以ｂａ＝２.所以ｃ２－ａ２ａ＝２.所以ｃ＝５ａ.从而双曲线Ｅ的离心率ｅ＝５.(２)由(１)知ꎬ双曲线Ｅ的方程为ｘ２ａ２－ｙ２４ａ２＝１.设直线ｌ与ｘ轴相交于点Ｃ.当ｌʅｘ轴时ꎬ若直线ｌ与双曲线Ｅ有且只有一个公共点ꎬ则｜ＯＣ｜＝ａꎬ｜ＡＢ｜＝４ａ.又因为әＯＡＢ的面积为８ꎬ所以１２｜ＯＣ｜｜ＡＢ｜＝８.所以１２ａ４ａ＝８ꎬ解得ａ＝２.此时双曲线Ｅ的方程为ｘ２４－ｙ２１６＝１.若存在满足条件的双曲线Ｅꎬ则Ｅ的方程只能为ｘ２４－ｙ２１６＝１.以下证明:当直线ｌ斜率不存在时ꎬ双曲线Ｅ:ｘ２４－ｙ２１６＝１也满足条件.当直线ｌ斜率存在时设直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍꎬ依题意ꎬ得ｋ>２或ｋ<－２.则Ｃ(－ｍｋꎬ０).记Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ由ｙ＝２ｘꎬｙ＝ｋｘ＋ｍꎬ{得ｙ１＝２ｍ２－ｋ.同理得ｙ２＝２ｍ２＋ｋ.由ＳәＯＡＢ＝１２｜ＯＣ｜｜ｙ１－ｙ２｜ꎬ得１２｜－ｍｋ｜｜２ｍ２－ｋ－２ｍ２＋ｋ｜＝８.即ｍ２＝４｜４－ｋ２｜＝４(ｋ２－４).由ｙ＝ｋｘ＋ｍꎬｘ２４－ｙ２１６＝１ꎬìîíïïï得(４－ｋ２)ｘ２－２ｋｍｘ－ｍ２－１６＝０.因为４－ｋ２<０ꎬ所以ә＝４ｋ２ｍ２＋４(４－ｋ２)(ｍ２＋１６)＝－１６(４ｋ２－ｍ２－１６).又因为ｍ２＝４(ｋ２－４)ꎬ所以ә＝０.即ｌ与双曲线Ｅ有且只有一个公共点.综上所述ꎬ存在总与ｌ有且只有一个公共点的双曲线Ｅꎬ且Ｅ的方程为ｘ２４－ｙ２１６＝１.４结束语本题考查了双曲线的性质㊁直线与双曲线的位置关系和渐切三角形的面积表示ꎬ考查学生对基本概念和基本性质的理解以及数学运算等核心素养.２０１５年湖北理科２１题考查了椭圆中渐切三角形问题ꎬ后期会继续进行探究.参考文献:[１]巨小鹏.强化几何特征重视结合意识:例谈解析几何中强化几何特征和综合解题意识培养[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２２(３１):２５－３０.[２]苏汉杰ꎬ赵月灵.双曲线的切线与渐近线所围成的三角形面积的探究[Ｊ].中小学数学ꎬ２０２２(Ｚ２):６５－６６.[责任编辑:李㊀璟]。

高考数学压轴题命题区间探究与突破专题02“三招五法”轻松破解含参零点问题学案

专题02“三招五法”轻松破解含参零点问题一．方法综述函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思想方法，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度，往往出现在压轴题的位置.正因为如此，根据函数的零点情况，讨论参数的范围成为高考的难点．对于此类题目，我们常利用零点存在定理、函数的性质，特别是函数单调性（可借助于导数）探寻解题思路，或利用数形结合思想、分离参数方法来求解．具体的，（1）分类讨论参数的不同取值情况，研究零点的个数或取值；（2）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（3）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（4）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.二．解题策略类型一“第一招”带参讨论【例1】【湖南省澧县一中2018届一轮第一次检测】已知函数f(x)=,如果函数f（x）恰有两个零点，那么实数m的取值范围为_____．【答案】【解析】分析：根据与-2，0和4的大小关系逐一判断的零点个数即可得出结论．若，则在上有2个零点0，在上无零点，符合题意；∴或．故答案为：．【指点迷津】1.根据题设要求研究函数的性质，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；2.由于函数含有参数，通常需要合理地对参数的取值进行分类讨论，并逐一求解．【举一反三】【江苏省扬州中学2019届高三10月月考】已知定义在上的函数可以表示为一个偶函数与一个奇函数之和，设若方程无实根，则实数的取值范围是_________【答案】【解析】∴p（t）=t2+2mt+m2﹣m+1．p（p（t））=[p（t）]2+2mp（t）+m2﹣m+1，若p（p（t））=0无实根，即[p（t）]2+2mp（t）+m2﹣m+1①无实根，方程①的判别式△=4m2﹣4（m2﹣m+1）=4（m﹣1）．1°当方程①的判别式△＜0，即m＜1时，方程①无实根．2°当方程①的判别式△≥0，即m≥1时，方程①有两个实根，即②，只要方程②无实根，故其判别式，即得③，且④，∵m≥1，③恒成立，由④解得m＜2，∴③④同时成立得1≤m＜2．综上，m的取值范围为m＜2．类型二“第二招”数形结合【例2】【2018年天津卷理】已知，函数若关于的方程恰有2个互异的实数解，则的取值范围是______________.【答案】【解析】分析：由题意分类讨论和两种情况，然后绘制函数图像，数形结合即可求得最终结果.令，其中，原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求的取值范围.结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数的图象，同时绘制函数的图象如图所示，考查临界条件，结合观察可得，实数的取值范围是.【指点迷津】1.由两个基本初等函数组合而得的超越函数f(x)＝g(x)－h(x)的零点个数，等价于方程g(x)－h(x)＝0的解的个数，亦即g(x)＝h(x)的解的个数，进而转化为基本初等函数y＝g(x)与y＝h(x)的图象的交点个数．2.先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题．交点的横坐标即零点.【举一反三】【2019届同步单元双基双测AB卷】已知函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围为____．【答案】.【解析】分析：求出函数|f（x）﹣3x的解析式，画出函数的图象，利用函数的极值，转化求解即可．当x＜0时，≥6，当且仅当x=﹣1时取等号，此时﹣b＞6，可得b＜﹣6；当0≤x≤4时，x﹣x2≤，当x=时取得最大值，满足条件的b∈（﹣，0]．综上，范围是.故答案为：.类型三“第三招”分离参数【例3】【广东省惠州市2019届10月调研】已知函数是定义在上的偶函数，且，若函数有6 个零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】函数f（x）是定义在R上的偶函数，函数F（x）=f（x）﹣m有六个零点，则当x≥0时，函数F（x）=f（x）﹣m有三个零点，令F（x）=f（x）﹣m=0，即m=f（x），②当x≥2时，f（x）=＜0，且当x→+∞，f（x）→0，∵f′（x）=，令f′（x）==0，解得x=3，当2≤x＜3时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x≥3时，f′（x）≥0，f（x）单调递增，∴f（x）min=f（3）=﹣，故f（x）在[2，+∞）上的值域为[﹣，0），∵﹣＞﹣2，∴当﹣＜m ＜0时，当x ≥0时，函数F （x ）=f （x ）﹣m 有三个零点，故当﹣＜m ＜0时，函数F （x ）=f （x ）﹣m 有六个零点，故选D. 【指点迷津】1.分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域（最值）问题加以解决；2.通过将原函数中的变参量进行分离后变形成g(x)＝l(a)，则原函数的零点问题化归为与x 轴平行的直线y ＝l(a)和函数g(x)的图象的交点问题．【举一反三】【2015年天津卷理】已知函数()()22,2,{2,2,x x f x x x -≤=->函数()()2g x b f x =--，其中b R ∈，若函数()()y f x g x =-恰有4个零点，则b 的取值范围是（）A ． 7,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭ B ． 7,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ C ． 70,4⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ． 7,24⎛⎫⎪⎝⎭【答案】D类型四“三招五法”一题多解【例4】【2014年全国卷Ⅰ】已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围为( )A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)【答案】B【解析】法一单调性法：利用函数的单调性求解由已知得，a≠0，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2a.当a>0时，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；x∈（0，2a ），f′(x)<0；x∈（2a，＋∞），f′(x)>0.所以函数f(x)在(－∞，0)和2a ，＋∞上单调递增，在（0，2a）上单调递减，且f(0)＝1>0，故f(x)有小于零的零点，不符合题意．当a<0时，x∈（－∞，2a ），f′(x)<0；x∈（2a，0），f′(x)>0；x∈(0，＋∞)，f′(x)<0.所以函数f(x)在（－∞，2a ）和(0，＋∞)上单调递减，在（2a，0）上单调递增，所以要使f(x)有唯一的零点x0且x0>0，只需f（2a）>0，即a2>4，解得a<－2.法三数形结合法：转化为两曲线的交点问题求解令f (x )＝0，得ax 3＝3x 2－1.问题转化为g (x )＝ax 3的图象与h (x )＝3x 2－1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．当a ＝0时，函数g (x )的图象与h (x )的图象存在两个的交点；当a >0时，如图(1)所示，不合题意；当a <0时，由图(2)知，可先求出函数g (x )＝ax 3与h (x )＝3x 2－1的图象有公切线时a 的值．由g ′(x )＝h ′(x )，g (x )＝h (x )，得a ＝－2.由图形可知当a <－2时，满足题意．法四分离参数法：参变分离，化繁为简.易知x ≠0，令f (x )＝0，则331a x x ＝－，记331()g x x x＝－，2'234333(1)()x g x x x x --=-+=，可知g (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g (－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y ＝a ，结合图象，可知a <－2.【指点迷津】1.本题的实质是函数f (x )存在唯一的零点x 0∈(0，＋∞)，因此可利用其代数特征转化为方程有唯一的正根来构思解析，也可以从零点本身的几何特征入手，将其转化为曲线的交点问题来突破，还可以利用选项的唯一性选取特例求解．2. 函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用.【举一反三】【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】方法一：函数的零点满足()2112x x x x a e e --+-=-+，设()11x x g x ee--+=+，则()()211111111x x x x x x e g x eeee e ---+----'=-=-=，当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，当1x =时，函数取得最小值()12g =，设()22h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，方法二：由函数f (x )有零点，得211(2)0x x x x a ee －－＋－＋＋＝有解，即211()(110)x x x a e e －－＋－－＋＋＝有解，令1t x ＝－，则上式可化为2(10)ttt a e e －－＋＋＝，即21t tt a e e--+＝. 令21t tt e e--+h(t)＝，易得h (t )为偶函数，又由f (x )有唯一零点得函数h (t )的图象与直线y ＝a 有唯一交点，则此交点的横坐标为0，所以10122a -＝＝，故选C. 方法三：由()112()02.x x f x a ee x x ⇔－－＋＝＋＝－＋111122x x x x e e e e ≥⋅－－＋－－＋＋＝，当且仅当1x =时取“＝”． 2221)11(x x x ≤－＋＝－－＋，当且仅当1x =时取“＝”．若a >0，则112()x x a ee a ≥－－＋＋，要使f (x )有唯一零点，则必有21a ＝，即12a ＝. 若a ≤0，则f (x )的零点不唯一．综上所述，12a ＝. 三．强化训练1．【2018年新课标I 卷理】已知函数．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A．[–1，0）B．[0，+∞）C．[–1，+∞）D．[1，+∞）【答案】C【解析】2.【安徽省肥东县高级中学2019届8月调研】已知函数，若函数有两个零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】若函数有两个零点，则函数的图象与有且仅有两个交点，在同一坐标系内画出函数的图象与的图象如下：3.【黑龙江省2018年仿真模拟（十）】已知函数，若关于的方程有8个不等的实数根，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】绘制函数的图象如图所示，令，由题意可知，方程在区间上有两个不同的实数根，令，由题意可知：，据此可得：.即的取值范围是.本题选择D选项.4．【2019届同步单元双基双测AB卷】函数的定义域为实数集,,对于任意的都有,若在区间函数恰有三个不同的零点, 则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】，由K AC=﹣，K BC=﹣，结合图象得：m∈，故选：5.【安徽省肥东县高级中学2019届8月调研】定义在上的函数，满足，且当时，，若函数在上有零点，则实数的a取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为当时，，所以时，所以，此时，故．所以在上的图象如图，要使函数在上有零点，只要直线与的图象有交点，由图象可得，所以使函数在上有零点，则实数的取值范围是．故选：B．6.【安徽省皖中名校联盟2019届10月联考】设函数若互不相等的实数满足则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】不妨设，的图像如图所示，7.【安徽省六安市舒城中学2018届仿真（三）】函数，关于方程有三个不同实数解，则实数的取值范围为( )A．B．C．D．【答案】D【解析】当时，，即则大致图象如图所示设，①当有一个根为时，，解得，此时另一个根为，满足条件②根不是时，则满足即综上所述，故实数的取值范围为故选8.【四川省双流中学2018届一模】对于函数和，设，若所有的，都有，则称和互为“零点相邻函数”.与互为“零点相邻函数”，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】9．【2018年浙江卷】已知λ∈R，函数f(x)=，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是___________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】(1,4)【解析】分析:根据分段函数，转化为两个不等式组，分别求解，最后求并集.先讨论一次函数零点的取法，再对应确定二次函数零点的取法，即得参数的取值范围.详解：由题意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为.10.【安徽省定远重点中学2019届第一次月考】函数，定义函数，给出下列命题：①；②函数是偶函数；③当a＜0时，若0＜m＜n＜1，则有F（m）﹣F（n）＜0成立；④当a＞0时，函数有4个零点．其中正确命题的序号为________________________ ．【答案】②③④【解析】∴F(m)−F(n)<0成立．故③正确对于④，由于，且函数，∴当x>0时，函数在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，∴当x>0时，F(x)的最小值为F(1)=1，∴当x>0时，函数F(x)的图象与y=2有2个交点，又函数F(x)是偶函数，∴当x<0时，函数F(x)的图象与y=2也有2个交点，画出图象如下图：********灿若寒星竭诚为您提供优质文档*********故当a>0时，函数y=F(x)−2有4个零点．所以④正确．综上可得②③④正确．灿若寒星。

让解题思路来得更自然一些——一道高考压轴题解法的探究

解法１口 — ｌ “ ＝ｃ１由ｎ＞ｎ，＞ｌ，２一，２ｌｃ
２，＋：一，得
Ⅱ ＋ｌ１＝ｃ一一．＿＝１
口
即＋一：）ｃ（＋．
所｛｝以ｃ是＋以
一十
。
１
一
—
—
．
１一。” ‘一
：＝＝一 — — — — 。，
求的范围，转化为Ｃ于，的值域问题．关．；【解
法３４通过建立关于ｃ的不等式（等式），或．这些解题思路在做题中很常见们要让学我
生在平时的解题中注意积累．
＋＞，得一一＞。，。一即：ｎ
ｎ：＂＝＝
一．
＝干了
．
≤ ＜３．
，
± ：：二
。ｌ＋。一＋１＋一 — 一。 ”。 — 。．” 。１＝一＋Ｉ。
＋１０成立，＜则
Ａ— Ｃ一４０，。＞
（＋１ ‘ ＋：（ｃ＋），
ｆ＋一ｆ＋（ — １，１ — ）
一
‘
对第２问命题者提供的参考答案是先找
出ｎ＜ｎ＋成立必要条件，然后用数学归纳
法验证充分性；出ｎ找的范围，ｃ行讨对进论．乍一看，此解法仿佛是“ 上掉下来的林天妹妹” 本文给出几种思路更自然的解法．，
第３Ｏ卷第３期
２ｌ年３ｏ１月

精雕细磨_不断优化——一道县模拟考压轴题的命制与思考

精雕细磨不断优化一道县模拟考压轴题的命制与思考浙江省衢州市常山县教师进修学校汪土根 (邮编:324200)浙江省衢州市常山县城关中学王亚君 (邮编:324200)摘要正方形背景下的折叠问题能有效考查学生对其中所蕴含的数学本质的理解,提升学生的数学思维水平,检阅学生的解题能力和数学核心素养.本文依托县中考模拟考压轴题的命题实践,从命题的立意出发,收集课本素材,进行精雕细磨㊁不断优化成题,此题源于教材,又高于教材.关键词命题;思维能力;核心素养‘义务教育数学课程标准(2022年版)“在课程理念中,关于实施促进学生发展的教学活动中指出: 促进学生理解和掌握数学的基础知识和基本技能,体会和运用数学的思想与方法,获得数学的基本活动经验. 试卷中的压轴题承担着考查学生知识迁移能力,探究能力㊁实践能力和创新能力等数学素养的重任,还要在学习经验积累㊁问题解决能力以及数学潜能上对学生适度区分,达到对数学深层思维的考查目的.在命制2022年常山县中考模拟卷时,将第24题以近几年衢州中考的热点题型折叠的形式呈现,试题难易适中,涵盖初中数学核心知识点.现将本题的命制思路及思考过程呈现如下,供同行参考.1 命题立意根据命题计划,想命制一道来源于课本的探究题作为压轴题.我们期望,一是背景设计为学生熟悉;二是考查内容选自数学核心知识的交汇处;三是改编为具有开放性㊁动态探究相结合的综合性问题,将观察㊁探究㊁计算和证明等有机融合,综合考查学生灵活应用所学知识和经验去分析问题㊁解决问题的能力.(第7题图)2 素材来源浙教版八年级下册作业本2第39页第7题:如图,在正方形A B C D 中,点E ,F 分别在B C ,A B 上.已知øE D F =45ʎ,B E ʒE C =4ʒ3,求A F ʒF B 的值.本题以正方形为研究背景设置问题,图形简约,题干精练,着重考查正方形㊁三角形等相关的核心知识.从转化策略来看,蕴含半角模型的处理策略(截长或补短,或者通过旋转构造全等三角形),比值的处理策略(设参法);从思想方法来看,利用了方程解决问题的思想.从学生的错解分析,很多同学过D 作E F 的垂线,误证全等或者证不出全等从而得不到线段之间隐藏的关系.如何挖掘这道题的潜在价值,编制一道具有创新性层次性的压轴题呢?3 命制过程3.1雏形设计图1如图1,在正方形A B C D中,点E ,F 分别在A B ,B C 上.已知øE D F =45ʎ,(1)求证:E F =A E +C F ;(2)若A E ʒE B =2ʒ3,求B F ʒF C 的值;(3)若A E ʒE B =k ,求B F ʒF C 的值.设计意图首先,考虑到学生的难处,增加第一问作为铺垫.其次作为压轴题,想考查学生对知识和方法的迁移能力,所以增加了第三问.诊断此稿虽然从逆向角度进行了重构,并做了铺垫,也注重问题设置的探究性与延续性,但是第一问起点有点高,还有作为压轴题,创新不大,不利于学生综合能力的培养.如图2,探究发现D E 始终平分øA E F ,又ø2=øE D C .鉴于以上分析是不是可以考虑融入折叠?经过反复打磨,形成了立意高于习题的第二稿.2.2 打磨研制图2如图3,将正方形纸片A B C D 折叠使点D 落在正方形A B 边上点E 处,将纸片展平后,得到折痕F G ,D C 的对应边E C '交B C 于点H ,连接D E .(1)求证:øA E D =øD E H.图3(2)猜想A E ㊁E H 与H C 之间存在的数量关系,并证明你的猜想.(3)①若A E E B =23,求s i nøB H E 的值;②若A E EB =k ,求B HC H的值(用含k 的代数式表示).设计思路教材作业本上多次出现以折叠为背景的题目,衢州市历年中考折叠出现的频率很高,如衢州中考2012年23题,2015年21题,2017年第9题,2018年第8题,2021年24题,如图4.尤其是2021年24题给人留下了深刻的印象.当时作为24题阅卷组的成员,发现学生做得很不理想,甚至第一问就有很多同学卡壳.第三问用参数构建方程解决就更加糟糕,运算能力薄弱也是失分的重要原因,而这些是学生进入高中学习必备的技能,为了更好的初高中衔接,所以想继续以折叠为背景考查学生利用参数构建方程解决问题的综合能力.发现每次折叠落点位置㊁折痕位置㊁折叠次数都是探究的重点元素.2021年24题的折痕是过正方形的顶点的,现改成过正方形两边上的点;原来对称点落在正方形内部,现把对称点改成落在边上.意外发现不管E 落到哪里,连结D H ,øE D H 始终等于45ʎ,这不是与作业本上的习题条件不谋而合了吗图4诊断此稿虽然起点低,学生易上手,也与核心知识折叠产生了联系,有一定的梯度,解决问题方法多样㊁入口宽广,同时综合性也较强,但是美中不足的是与2021年的压轴题相比少了分类讨论,对学生的探究能力和综合实践能力的考查有欠缺,作为压轴题区分度还不够大.鉴于以上分析,用几何画板继续探究,发现在E 点的运动过程中,әB E H 的周长是个定值,并且如图5,F M ㊁MN 与N G 之间存在某个固定的数量关系,于是就有了如下第三稿.图5如图5,将正方形纸片A B C D 折叠使点D 落在正方形A B 边上的E 点处,将纸片展平后㊁得到折痕F G ,D C 的对应边E C '交B C 于点H ,连D E 交FG 于M ,连DH 交F G 于点N .(1)求证:D E =F G .(2)若正方形的边长为4,求әB E H 的周长.(3)猜想F M ㊁MN 与N G 之间存在的数量关系,并证明你的猜想.(4)若A E E B =k ,求F MG N的值(用含k 的代数式表示).诊断此稿小题之间的联系更紧密了,层层递进,可以起到很好的区分作用.尤其第(4)问考查了学生的转化思想和综合解决问题的能力.但是考虑到我们县的学生学情,估计第(4)问可能没有几个学生会做.所以还是忍痛割爱,进一步修改完善,争取在试题立意上有创新又能符合学情.2.3 推敲定稿在反复推敲后,兼顾难度与创新度,还有我县学生的学情,经过不断调试和优化,命题组决定将试题修改如下:图6如图6,将正方形纸片A B C D 折叠使点D 落在射线B A 上的点E ,将纸片展平,折痕交A D 边于点F ,交B C 边于点G ,D C 的对应边E C '所在的直线交直线B C 于点H ,连接D E .(1)当点E 在A B 边上时,①求证:øA E D =øD E H ;②若A E E B =23,求s i n øB H E 的值;(2)若A E E B =k ,求B HC H的值(用含k 的代数式表示).解法分析①正方形A B C D 中,A B ʊC D ,则øA E D =øC D E .由折叠知øD E H =øC D E ,则øA E D =øD E H .②由已知可设A E =2a ,则B E =3a ,正方形的边长为5a .法一设A F =x ,由折叠知E F =D F =5a-x ,在R t әA E F 中,由勾股定理得2a 2+x 2=5a -x 2,解得x =21a 10.所以E F =5a -x =29a 10.s i n øB H E =s i n øA E F =A F E F =2129.法二如图7,过D 作DM ʅE H 交E H 于M ,易得әDM E ɸәD A E .得A E =E M ,DM=图7D A =D C .则әDMH ɸәD C H .得MH =C H .设B H =x ,则E H =A E +H C =7a -x .在әB E H 中,由勾股定理得3a 2+x 2=7a -x 2,解得x =20a 7.所以E H =29a7,s i nøB H E =B E E H =3a ː29a 7=2129.图8(2)因为A EE B=k ,令B E=a ,则A E =k a .设B H =x ,如图6,当E 落在A B 边上时,正方形的边长为(k +1)a ,在әB E H 中,由勾股定理得B E 2+B H 2=E H 2,则a 2+x 2=[(2k +1)a -x ]2,解得x =2k 2+2k a 2k +1.所以B HH C=x(k +1)a -x=2k .如图8,当E 落在B A 的延长线上时,正方形的边长为(1-k )a ,在әB E H中,由勾股定理得a 2+x 2=x +1-2k a 2,解得x =2k -2k 2a 1-2k .所以B H H C =x(1-k )a +x=2k .分析本题的设计以折叠为背景,解决此类问题的核心是抓住图形变换中的不变量(如线段的长度㊁角的大小等).第(1)小题第①问看上去动 ,实质上是定 ,大部分学生能轻而易举拿下,让每一位学生都有机会参与,可谓面向全体学生.第(1)小题第②问可以在第①问的基础上继续思考,联想到全等三角形解决问题,也可以不用第(1)小题第①问的结论,用相似解决,还可以用面积法,方法多样.另一方面,第(1)小题第②问是第(2)小题的一种特殊情形,它的解题思路和方法可以延续到第(2)小题,所以说第(1)小题对第(2)小题的求解起到引领思路的作用,从而降低试题难度.从特殊到一般,层层递进,从定点到动点,环环相扣,让折叠图形的本质贯穿于学生深度思考的过程中.对学生的思维品质和运算能力有不同层次的要求,较好地考查了学生的实践操作能力和核心素养,起到了一定的区分与选拔功能.4命题感悟4.1广开材路,留心积累命题需要资源与素材,命题者积累足够的数学素材可以使命题工作游刃有余.命题更需要立足教材改编成题.数学教学实践中会产生取之不尽的命题资源,如例习题的思路分析与思维方式,学生练习中的易混㊁易错㊁歪打正着现象等都可以编制成试题.历年中考题也可以为命题者提供方向.如本题是以正方形为背景下的折叠展开命题研究,融合全等三角形,相似三角形,勾股定理等核心知识和重要模型于一体,考生能从试题中找到习题的影子,有助于增强考生信心. 4.2提升立意,匠心独运试题的原创性非常重要,而原创性的核心是命题的立意与视角.命题立意是试题的灵魂,反映了命题者的思想观念和思维高度.命题的立意从何而来?命题者需要不断学习先进的命题理念㊁命题思想,研究优秀试题的命题立意,感悟命题过程中所体现的观念㊁方法㊁策略.命题还需要创新,但创新不是一种简单的多题整合或形式求变,而是要基于原题解题思想的渗透与处理策略的辐射上,挖掘方法运用的综合性和发展性,意在提升学生运用教材中的通性通法分析和解决问题的能力.如终稿与教材中的题目在形式上已大相径庭,但注重原题基本图形与解题思想的应用这根线却完美地串起创新设计的魂,既突出源于教材又高于教材的命题能力立意,又兼顾引导重视教材例习题教学以夯实基础的初衷. 4.3反复研磨,苦心雕琢首先,命题要注重基础与综合.压轴题的功能是对学生的学习水平进行区分,考查学生对初中数学核心知识和重要方法的理解.因而编制中考压轴题时要立足基础,有层次性,让中下层次的学生能摘到 .起点低的同时,还要有高立意,要遵循核心知识重点考查的原则,立足课标与初中数学的核心内容,设置综合性㊁连贯性的问题,使学生逐级而上, 跳一跳,摘得到 .其次,解题要注重发散与敛聚.一道好题往往入口宽,有多种解答途径,能让不同学生获得不同的解题成功体验,让学生在各自的解题体验中得到发展.最后,品题要注重变与不变.综合问题往往源于基本图形的翻一翻㊁折一折㊁转一转㊁动一动㊁变一变等.如在终稿中让学生探究A E E B=k时B HC H的值,帮助学生认识图形变化中变与不变的本质.此外,还可以将所探究的问题与经典题目结合起来,如本题蕴含半角模型 K型相似 ,引导学生用联系的观点看问题,提升问题解决能力.试题从立意㊁选材㊁组题到打磨成题,是一个不断纠错㊁优化㊁完善的过程.只有不断的思考,才能使试题质量不断的提升.试题的命制不能拿来主义,需要命题者的深入探索与研究.通过联想与联系㊁一般化与特殊化㊁类比与迁移㊁研究问题的发展创新,通过质疑与反思㊁检验与调控㊁研究问题的完善与优化.4.4合作共研,共同进步加强命题研究是教师提升专业素养不容忽视的重要途径,也为教研组活动提供了方向.简简单单的折叠操作,每一次的方案修正都倾注了命题组成员的心血,都着眼学生现有的知识水平和能力储备,关注核心内容,关注知识联系,关注思维层次,为学生提供一个求异思变的空间,在数学知识和数学思想方法的统领下,指引着我们不断地探寻其中的大奥秘.如本题,在命题组成员的共同研讨下,发现还可以拓展,如点D落在直线B A上,结论是不是依然成立?总之,编制中考模拟考压轴题要以注重教材相关知识㊁思想和方法的应用为本,以提升学生的学习能力和核心素养为目标,通过知识间的横穿纵拓和基本图形的显隐重组进行大胆设计㊁细致打磨和不断优化,以全面提高模拟题的针对性与有效性,发挥对学生数学学习的导向作用,提升命题能力.命题过程是一个不断学习和思考的过程,会促使我们更加认真的去了解学情和钻研教材,去研究试题,从而提高对教学内容的把握能力,提高教学水平和教学能力,更好地体现教学评的一致性.参考文献[1]中华人民共和国教育部.义务教育数学课程标准(2022年版)[M].北京:北京师范大学出版社,2022:3. [2]任宏章,邓昌滨.数学中考模拟试题的命制方法和技巧初探[J].中学数学教学参考,中旬,2013(4):49-52.[3]王建军.对压轴题中连环问题的设置思考[J].中学数学教学参考,中旬,2013(9):60-61.(收稿日期:2023-04-14)。

平移得截面,不变应万变——对一道全国Ⅰ卷高考试题的探究与推广

探索0123n S S S S S +++++ 的值．3 命题感悟众所周知，当我们进行一次物理测量时，都要有量具，一次考试就相当于一次测量，而试题就是量具，没有量具的测量是不可想象的．因此，在考试的诸多环节中，命题是最为关键的环节．命制一道好的中考压轴题，首先，要细致地考虑试题的方方面面，比如，考查的内容、考核的能力、材料的选用、题型的选择、解题时采用的思想和方法、难度、梯度的调控、学生的学习备考等等，分析得越透，越容易达到试题的目的．其次，要选择一个好的试题或结论作为素材，经过一系列改编，或修改考查的知识点，或改变解题的方法、难度以及解题过程的繁简程度，逐步调整形成适用的试题．最后，要仔细斟酌打磨，规范用语，严谨无漏洞，不产生歧义，不会引起学生不必要的猜测或误解，才能保证试题考查功能的发挥，体现命题方向以及教学导向．探索无止境，探索越多，思考越深，命出的试题质量就会越高，学生受益也就越大，评价的导向功能也就越好！参考文献 [1]蔡德清．中考数学压轴题的命题研究与反思[J]．福建中学数学，2010（11）：11-14[2]晨旭．中学数学考试命题研究[M]．长沙：湖南教育出版社，1997平移得截面，不变应万变——对一道全国Ⅰ卷高考试题的探究与推广罗旌昌倪和鸿福建省永安市永安三中高中部（366000）《普通高中数学课程标准（2017年版）》指出：通过高中数学课程的学习，发展自主学习的能力；不断提高实践能力，提升创新意识；认识数学的科学价值、应用价值、文化价值和审美价值．2018年高考数学全国Ⅰ卷第12题是一道内涵非常丰富的立体几何高考题，可采用“平移得截面，不变应万变”的思想解决，很好地体现了《普通高中数学课程标准（2017年版）》的强调与关注． 1 试题呈现（2018年高考全国卷Ⅰ·理12）如图1，已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）．ABCD2 试题源头挖掘（《必修2》P79 B 组 2）如图2，在正方形ABCD A B C D ′′′′−中，求证：（Ⅰ）B D ′⊥面A BC ′′；（Ⅱ）B D ′与平面A BC ′′的交点H 是A BC ′′∆的重心（三角形三条边中线的交点）．3 试题解法探究思路1 观察截面α形状变化的全过程，寻找平行关系不变量．发现截面α为正三角形或六边形．在变化过程中，发现截面α平行于A BC ′′∆不变，从而猜想截面α的最大值．解法1 如图3，在正方体ABCD A B C D ′′′′−中，平面A BC ′′与直线B A B B B C ′′′′′，，所成的角都相等，所以平面A BC ′′与正方体的每条棱所成角都相等，通过直观感知，截面α的位置为夹在面A BC ′′与面ACD ′中且过棱中点的正六边形EFGHIJ 时，面积最大，，面积为216sin 602S =×××26，故选A ．图1 图2 图3思路2 观察截面α形状变化的全过程，寻找图形关系不变量．在变化过程中，发现截面α各边或者它们的延长线所组成的图形总是正三角形，从而建立函数模型求截面α的最大值．′AB C D A ′B ′C ′D ′H A B CDA ′B ′C ′D ′I JE F G解法2 在正方体ABCD A B C D ′′′′−中，截面α为平行于平面A BC ′′的正三角形或六边形．设||B M t ′=，（1）当01t <≤时，如图4，截面α为正三角形LMN ，边长||MN =，故正三角形LMN 的面积为S=1π))sin 23×××2=≤（2）当12t <<时，如图5，截面α为六边形EFGHIJ ，正三角形LMN的边长||MN =，正三角形MEF LGH NIJ ，，的边长都为||1)ME t =−．如图6，故六边形EFGHIJ 的面积为：221π1π)sin 31)]sin2323S t =××−××−×22232(1)]4126)t t t t =−×−=−+−≤．综上，当32t =时，截面α为正六边形EFGHIJ ，此时max S =图4 图5 图6思路3 观察截面α形状变化的全过程，寻找长度关系不变量．在变化过程中，发现六边形的边长||||||EJ FG HI ==，||||||EF GH IJ ==，且||EF +||||||||||EJ FG GH HI IJ =+=+=长都为不变，从而建立不等式模型求截面α的最大值．解法3 如图7，在正方体ABCD A B C D ′′′′−中，截面α为平行于平面A BC ′′的正三角形或六边形．当截面α为正三角形LMN时，面积的最大值为α为六边形EFGHIJ 时，设||(01)D E t t ′=<<，则||1EA t ′=−，故在正方体ABCD A B C D ′′′′−中，||EJ =，||)EF t =−，故||||EJ EF +．又//EJ A C ′′，//EF BC ′，60A C BC ′′′<>=，，所以120FEJ ∠= ，如图8．设||EF a =，||EJ b =（(0a ∈，(0b ∈），则EFJ S ∆=1||||sin1202EF EJ b ⋅⋅=⋅ ．同理1||||sin1202FGH S GF GH b ∆=⋅⋅⋅ ，1||||sin1202HIJ S IH IJ b ∆=⋅⋅=⋅ ．1||||sin 602FHJ S FH HJ ∆=⋅⋅2|FJ=222cos120]a b ab +−22]a b ab ++2)]a b ab =+−，所以六边形EFGHIJ 的面积为：23)]S b a b ab =⋅+−2)2]a b ab =++22())2]4a b a b +≤++×=当且仅当a b ==时，等号成立．图7 图8思路4 观察截面α形状变化的全过程，寻找角度不变量．在变化过程中，发现截面α与底面ABCD 所成二面角的平面角不变．从而由面积射影定理建立方程模型求截面α的最大值．解法4 在正方体ABCD A B C D ′′′′−中，截面α为平行于平面A BC ′′的正三角形或六边形．由面面平行的性质，发现截面α与底面ABCD 所成二面角的平面角θ不变．如图9、10，由于cos S QR S QP αθ===阴影，所以S S α=阴影．如图9，当截面α为正三角形LMN 时，ABC LMNS ∆=≤阴影正三角形M ABC D A ′B ′C ′D ′L N JE G M LN HI F J E G M A B C D A ′B ′C ′D ′LN HI F GH IJ E FA BCD A ′B ′C ′D ′JE G M L N HI F1112=××=．当截面α为六边形EFGHIJ时，EFGIJK MAGHCNS S=六边形六边形．如图11在正方形ABCD中，过M作MM AC′⊥且垂足为M′．设||(01)DM t t=<<，则||1MA t=−，从而||MN=，||AC=．又||1MA t=−，所以||MM′=)t−，于是梯形MACN的面积为：211)](1)22S t t+−−．同理可得梯形GACH的面积为：11)(2)22S t t t=−−，所以六边形MAGHCN面积为：2211133(1)(2)()22244S t t t t=−+−=−−+≤，故34EFGIJKS多边形．图9 图10 图11思路5 观察截面形状变化的全过程，寻找垂直关系不变量．发现截面EFGHIJ始终垂直于棱DB′．从而建立投影模型求截面α的最大值．解法5 如图12，在正方体ABCD A B C D′′′′−中，以D为坐标原点，DA 方向为x轴正方向，||DA为单位长度，建立空间直角坐标系D xyz−，则(00D，，0)，(110)B，，，(101)A′，，，(011)C′，，，(111)B′，，，(010)B A′′=−，，，(100)B C′′−，，，(001)B B′=−，，．设平面α的法向量为()x y z=，，n，则cos||||B AB AB A′′⋅′′<>=′′⋅，nnn==．设向量B A′′与平面α所成角为1θ，则1sinθ=同理可得向量B C′′与平面α所成角2θ满足：2sinθ=，向量B B′与平面α所成角3θ满足：3sinθ=因平面α与线段B A B B B C′′′′′，，所成的角相等，故||||||x y z==．令x=α的一个法向量为DB′=，故平面α为垂直于正方体对角线DB′的正三角形或六边形．如图13，若把平面α当做投影面，此时正方体的投影为正六边形ABCC D A′′′，截面α为六边形EFGHIJ．如图14，当六边形EFGHIJ为正六边形时，边长为截面α面积最大，面积26S=．图12 图13 图144 试题本质探寻2018年高考数学全国Ⅰ卷第12题的内涵如此丰富，那么问题的本质是什么呢？如图15，六边形EFGHIJ可以看做正三角形LMN从正方体ABCD A B C D′′′′−的顶点B′开始平移运动，在运动过程中，截面α始终垂直于对角线B D′，截面α的形状从正三角形LMN变成六边形EFGHIJ，再变成正三角形LMN的过程．观察截面α形状变化的全过程，以三角形、六边形为载体，设计动态变化．截面α各边所在的直线构成的图形始终是正三角形LMN，且截面α总是伴随着长度、JHIFA CA′C′D′GEJHIFABCDA′()B D′C′D′GEJHIFA BCDA′B′C′D′GLM NEA BCDMNGHG′M′JHIFA BCDA′B′C′D′RGMLNMP NQEA()B QCDA′B′C′D′RGMLNMPN角度、对称、平行、垂直等不变的性质．在解决问题过程中，可以抓住变化过程中的不变量解决截面α面积的最大值问题．图15 图16 图175 试题结论推广由2018年高考数学全国Ⅰ卷第12题，我们可以推广到更一般的结论：结论1 如图16、17，已知正方体的棱长||AB||||(0)AD AA a a ′==>，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则截面α的形状为正三角形EFG 或六边形EFGHIJ ．当32at =时，截面α为正六边形EFGHIJ，此时2max S =．结论2 已知长方体的棱长||AB a =，||AD b =，||AA c ′=，且()a b c c a b ≤≤≥+每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则截面α的形状分别为正三角形、四边形（等腰梯形或平行四边形），五边形．当[]t a b c ∈+，时，截面α为平行四边形EFGH ，此时max S =．结论3 已知长方体的棱长||AB a =，||AD b =，||AA c ′=，且()a b c c a b ≤≤<+每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截面α的形状分别为正三角形、等腰梯形、五边形、六边形．当2a b ct ++=时，截面α为六边形EFGHIJ，此时max S 222[()2()]a b c ab bc ca ++−++．结论4 已知长方体的棱长||AB a =，||AD b =，||AA c ′=，且()a b c c a b ≤≤<+每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则（1）截面α的法向量为()(0)a a a a ≠，，n ；（2）截面α与底面ABCD 所成的二面角的平面角θ不变，且cos S S αθ==投影面截面．限于篇幅，略去上述结论的证明，读者可以自行尝试完成．一个椭圆性质的几何证明彭霞1 关丽娜2 覃滨31广东省深圳市宝安区艺展小学（518000） 2广东省深圳市宝安区新安中学（集团）外国语学校（518000）3深圳大学师范学院附属中学初中部（518000）文献[1]中讨论了椭圆如下的一个性质：性质如图1所示，设2F 为椭圆22221(x y a a b+=> 0)b >的右焦点，过2F 作任意直线l 与该椭圆相交于M N ，，则存在x 轴上一个定点2(1)(0)2c e C −=，，使得CM CN → →⋅为常数2222(1)(4)4a e e −−．图1文献[1]中给出了上述性质的一个代数证明．本文给出此性质的一个几何证明．另外，文献[1]中给出的常数为224(1)4c e e −−．经过计算发现，该常数正确值应为2222(1)(4)4a e e −−．证明如图1所示，不妨设M 点在x 轴的上方，且设2MF x ϕ∠=和22MF NF λ=⋅，设C 为x 轴上一点．以下分两种情形进行讨论：情形1 当C 在2F 右侧，由椭圆焦半径公式得：222211cos 11cos b MFa eb NF a e ϕϕ =⋅ −=⋅ +，，xJ E G M A BC D A ′B ′C ′D ′L N H I F E A B C D A ′B ′C ′D ′F G J HI F A BCD A ′B ′C ′D ′G L M N E。

章君——一道高考数学压轴题的推广探究

章君——一道高考数学压轴题的推广探究高考理科数学一道高考题的推广与探究章君福建师范大学数学与计算机科学学院2022级数学与应用数学专业（350108）1问题的呈现与剖析问题（2006年高考全国卷（Ⅱ）·理22）设数列{an}的前n项和为Sn，且方程某2an某an0，有一2，3，，根为Sn1，其中n1，（Ⅰ）略；（Ⅱ）求{an}的通项公式．解析（Ⅰ）略．22Sn1anSn0．（Ⅱ）由题设(Sn1)2an(Sn1)an0，即Sn又当n2时，anSnSn1，代入上式得：SnSn12Sn10①．1112由（Ⅰ）知：S1a1，S2a1a2．22633n从而由①可得：S3，由此猜想Sn(nN某)．4n1下面用数学归纳法证明上述猜想（略）．评析本题第（Ⅱ）问是求数列通项的问题．问题本身看似容易，题意也似乎比较容易理解，但实则不然，解起来难度较大，原因在于大多数考生在得到①式之后，无法采用常规方法对其中的Sn直接进行求a2值的特征而联想到数学归纳法，那么本题就很难得出最终的结果．解，一旦没有发现a1，基于此，笔者对①式中Sn的求法作了深入的探究，并将其推广至一般的情形．2问题的推广与解决①式中Sn的求法可推广为如下问题：设数列{an}的前n项和为Sn满足aSnSn1bSncSn1d0（a，b，c，dR且a0，nN某且n2），求Sn．解由aSnSn1bSncSn1d0，可得Sn(aSn1b)cSn1d，即SncSn1d．aSn1b某2为方程a某2(bc)某d0（某）的两个根，则有如下两种情形：设某1，（1）某1某2，即(bc)24ad0，此时有Sn某1以及Sn某2由此得cSn1d(ca某1)Sn1(b某1d)某1，aSn1baSn1bcSn1d(ca某2)Sn1(b某2d)某2．aSn1baSn1bSn某1(ca某1)Sn1(b某1d)=Sn某2(ca某2)Sn1(b某2d)b某1d(ca某1)ca某1=．b某2d(ca某2)Sn1ca某2Sn1又由某1为方程（某）的根可得a某12(bc)某1d0，从而b某1d某1(a某1c)．高考理科数学同理，有b某2d某2(a某2c)．所以Sn某1(ca某1)Sn1某1=．Sn某2(ca某2)Sn1某2Sn某1S某ca某1是以21为首项，为公比的等比数列．Sn某2S2某2ca某2这表明，数列{于是，Sn某1S2某1ca某1n2()，Sn某2S2某2ca某2某1(S2某2)(ca某2)n2某2(S2某1)(ca某1)n2进而Sn．(S2某2)(ca某2)n2(S2某1)(ca某1)n2（2）某1某2，即(bc)24ad0．1设某1某2某00，则有Sn某0从而有cSn1d(ca某0)Sn1(b某0d)某0，aSn1baSn1baSn1b1．Sn某0(ca某0)Sn1(b某0d)又由某0为方程（某）的根可得(a某0c)某0b某0d0．2a某0a某0b某011从而，．Sn某0b某0db某0dSn1某0注意到某0为方程a某2(bc)某d0的唯一解，便有某1某2某0故(a某0c)(a某0b)．进而可得某0(a某0c)(a某0b)某0．另一方面，由(a某0c)某0b某0d0，可得b某0d(a某0b)某0．于是，a某011．Sn某0b某0dSn1某0bc，2a这表明数列{据此可得：a某011是以为首项，为公差的等差数列，Sn某0S1某0b某0da某011(n1)，Sn某0S1某0b某0d2S1(b某0d)a(n1)某0(S1某0)即Sn．(b某0d)a(n1)某0(S1某0)2设某1某2某0=0，则，此时必有d0，且bc0，则原方程变成aSnSn1bSncSn10，此时有Sn(aSn1b)cSn1bSn1 SnbSn111a1，左右两边直接取倒数得：，此时又可将原方程转化为一个以为aSn1bSnSn1bS1aabS1111首项为公差的等差数列{}，=+(n1)，即Sn bbbaS1(n1)SnSnS1b2，c0，d1）显然，①式中求Sn的问题为上述问题的特例（a1，．注意到与之相应的方程（某）某22某10，则容易由上述求解过程之（2）得到Sn=n．n1利用上述结论，可以相对简洁地解决一些高考试题．3问题的总结与反思综上所述，通过对该问题的反思、推广与解决，可以发现，①式中Sn的求法的一般性问题是可解的．虽然结果的表达式比较庞大复杂，但是方法很容易理解，因为将问题转化为求等差和等比数列的通项问题，本来就是解决数列问题的“通法”，学生容易接受．尤其值得指出的是，这种方法不仅有效地规避了因利用高考理科数学数学归纳法而带来不必要且又复杂的解题步骤，还有助于求解递推数列通项公式问题的思路发掘．例在数列{an}中，a1=1,当n>=2时，其前n 项和Sn满足an+2SnSn1=0,求Sn的表达式；解：由于Sn为数列{an}的前n项和anSnSn1，将其代入方程an+2SnSn1=0得：2SnSn1SnSn102由此得到相应的特征方程：2某=0某1某2某00即此时问第（2）种情形中的2，由上述结论即可直接得到：Sn=.（a2,b1,c1,d0）2n1。

一道高考题解法的探究

一道高考题解法的探究
章建荣
【期刊名称】《中学数学研究》
【年(卷),期】2013(000)006
【摘要】本题考查函数图像、导数图像、导数的实际意义等知识，把“物体运动”和“函数图像”自然结合，实现了动静交汇，重点考查学生的数学探究能力和应用能力，是2010年江西卷的一大“亮点”．
【总页数】1页(P33)
【作者】章建荣
【作者单位】江西省南昌市铁路第一中学,330002
【正文语种】中文
【相关文献】
1.中高考交汇r2题共同源r——2015年一道高考题与一道中考题解法探索 [J],
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3.一道高考题引发的思考
——函数最值题解法探究 [J], 康琳
4.一道高考题引发的思考——函数最值题解法探究 [J], 康琳
5.突破问题解法,拓展探究结论
——以一道高考解析几何定点问题为例 [J], 左昊宇
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