浅谈高中数学中的有解问题
探讨高中数学抛物线的解题方法与技巧
探讨高中数学抛物线的解题方法与技巧高中数学作为一门重要的学科，其内容的难度也相对较高。
抛物线作为高中数学中的一个常见知识点，其涉及到的解题方法与技巧也非常重要。
在本文中，我将借助我的学习经验，向大家浅谈关于探讨高中数学抛物线的解题方法与技巧。
一、基本概念在探讨解题方法与技巧之前，首先我们需要了解抛物线的基本概念。
抛物线是一种在平面上呈现出u形的曲线。
其方程通常为y = ax² + bx + c。
抛物线有两个基本特性：首先，抛物线是对称的，它的对称轴是垂直于x轴的线，其公式为x = -b/2a。
其次，抛物线的最高点叫做顶点，其y坐标为y = c - b²/4a。
二、解题方法1. 求解抛物线的相关参数在解题的过程中，如果我们要求解抛物线的方程，我们需要知道其中的相关参数。
在抛物线方程y = ax² + bx + c中，参数a、b、c分别代表什么意思？我们可以这样理解：参数a代表抛物线的开口方向和开口的大小，参数b代表抛物线的上下平移位置，参数c代表抛物线的左右平移位置。
2. 求解抛物线与其他曲线的交点在解题的过程中，我们还需要求解抛物线与其他曲线（如直线、另一条抛物线等）的交点。
这时我们需要用到解方程的方法。
以求解抛物线和直线的交点为例，我们先将抛物线和直线的方程联立起来，然后将抛物线的方程中的x用直线的方程表示，我们最后就能够解出x的值。
将x的值代入其中一个方程就可以求出y的值。
3. 求解离散数据的抛物线方程在实际生活中，我们有时候需要通过一组离散的数据来求解抛物线的方程。
这时候我们需要用到最小二乘法。
最小二乘法是一种通用的解决线性回归问题的办法，将数据点投影到一个平滑的函数上，通过求解该函数的系数，最终得到最优的函数曲线。
三、解题技巧1. 确定坐标系在解题的过程中，我们应该确定好坐标系的选择，通常可以根据题目的要求来选择合适的坐标系。
如果我们要求解抛物线上的某一个点，可以选择原点为顶点，则求解过程更容易进行。
高中数学学习中的经典题目解析与讲解
高中数学学习中的经典题目解析与讲解随着高中数学学习的深入，经典数学题目的解析与讲解成为了学习的关键。
本文将介绍数学学习中的一些经典题目，并对其解法进行详细讲解，帮助同学们更好地掌握高中数学知识。
一、立体几何题目立体几何是数学学习中的重要内容，其中球体、圆锥体和圆柱体是常见的几何体。
下面，我们以一道经典题目来解析这三种几何体的性质。
题目：一个球形水泵中有一些水，现将水泵水倒入一个圆锥形容器中，若容器正好装满，请问水泵中的水是否用完？为什么？解析：我们需要利用几何体的性质来解答这道题目。
首先了解球体、圆锥体和圆柱体的公式。
- 球体的体积公式为V = 4/3πr³，其中r为半径。
- 圆柱体的体积公式为V = πr²h，其中r为底面半径，h为高度。
- 圆锥体的体积公式为V = 1/3πr²h，其中r为底面半径，h为高度。
我们设水泵中的水体积为V1，球形水泵的半径为r1，圆锥形容器的半径为r2，圆锥形容器的高度为h2。
根据题意，水泵中的水倒入容器中后，容器正好装满，即两者的体积相等。
V1 = V24/3πr1³ = 1/3πr2²h2我们可以观察到，等式右边为圆锥体的体积公式，而左边为球体的体积公式。
由此可知，无论底面半径和高度如何变化，等式均成立。
所以，水泵中的水不会用完，无论水泵的水量多少，只要容器能装下，水泵中就还剩余一定量的水。
二、代数题目代数是高中数学的核心内容之一，其中方程和不等式是重要的概念。
下面，我们以一道经典的代数题目来解析方程的求解方法。
题目：解方程2x² + 7x - 15 = 0。
解析：解一元二次方程有多种方法，我们将采用因式分解法来解答这道题目。
先观察方程的形式，可以发现2x² + 7x - 15可以分解为(2x - 3)(x + 5) = 0。
根据零乘法，只要满足(2x - 3) = 0或(x + 5) = 0两个方程中的一个即可。
高考数学中的解二次方程问题解析
高考数学中的解二次方程问题解析在高中数学中，解二次方程是一个不可避免的重要知识点。
而在高考数学中，二次方程解题的要求更加严格复杂。
为此，本文将针对高考数学中二次方程解题中的一些常见问题进行分析，以期帮助广大考生更好地解决这些问题。
一、一元二次方程的基本知识1. 解一元二次方程的常用方法一元二次方程指的是形如ax²+bx+c=0的方程，其中a、b、c分别为常数，且a≠0。
解这类方程，常用的方法有以下几种：（1）因式分解法：当方程的三个系数为整数时，可以通过因式分解的方法简单地求出方程的解。
例如，将方程x²-5x+6=0分解成(x-2)(x-3)=0，便可得到方程的两个解x1=2和x2=3。
（2）配方法：对于一元二次方程ax²+bx+c=0，如果a≠1，则可以通过配方法将其变形为（x+m）²=n的形式，从而求出方程的两个解。
例如，对于方程2x²+8x-6=0，我们可以将其变形为2(x²+4x-3)=0。
然后，再用配方法得到式子x²+4x-3=(x+2)²-7.从而可以得到方程的两个解x1=-2+√7和x2=-2-√7。
（3）公式法：当方程的三个系数为实数或者复数时，可以通过二次公式直接求解方程的两个解。
二次公式为x1,2=[-b±√(b²-4ac)]/2a，如果方程无解，则根据二次公式可知其判别式D=b²-4ac<0。
2. 一元二次方程无解的情况在高考数学中，有一种特殊的情况是一元二次方程无解。
当方程的判别式D=b²-4ac<0时，方程无实数解，但是可以有复数解。
因此，解题时需要特别注意此类情况。
例如，对于方程x²+1=0，我们可以用二次公式求解：x1,2=[-0±√(0²-4*1*1)]/2*1，由此可知方程无实数解。
二、高考数学中的二次方程解题1. 解二次方程的基本思路在高考数学中，二次方程解题并不仅仅是将方程的三个系数代入公式，而是需要考虑方程的实际应用和解题思路。
浅谈高中数学解题技巧
浅谈高中数学解题技巧邱㊀进(江苏省泰州市姜堰区蒋垛中学㊀２２５５００)摘㊀要:随着新课改的落实ꎬ对于高中数学提出了更高的教学要求ꎬ更加重视提高学生的集体思考能力ꎬ全面提高高中生的数学综合素质.高中数学知识既多又复杂ꎬ因此ꎬ这对老师在数学解题技巧上的教授提出了全新的挑战.想要让学生掌握正确的解题方法ꎬ取得理想的数学成绩ꎬ老师应该要深入的研究高中数学教材ꎬ总结解题的技巧.本文对高中数学的解题方法与技巧进行了研究ꎬ希望给数学老师在解题方面的教学提供思路.关键词:高中数学ꎻ解题方法ꎻ解题技巧中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２１)１８－００２７－０２收稿日期:２０２１－０３－２５作者简介:邱进(１９８１.２－)ꎬ男ꎬ江苏省泰州人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀高中数学的学习难度比较大ꎬ要求学生在学习的过程中ꎬ具备较强的逻辑思维能力和分析能力.老师在教学的过程中ꎬ如果采用单一的教学方法ꎬ将不利于培养学生解题的能力ꎬ数学老师的专业素养主要体现在对于学生解题能力的培养上ꎬ老师在日常教学中ꎬ在对例题进行讲解时ꎬ要注重对于解题方式的分析和教授ꎬ让学生在实例学习中掌握正确的解题技巧.㊀㊀一㊁高中数学难题分析由于传统教育理念影响ꎬ老师在展开教学活动中ꎬ通常以自身为主体ꎬ对学生展开灌输填鸭式的教育方式ꎬ导致学生对于老师的依赖性比较大ꎬ独立思考的能力比较弱.但是ꎬ随着教育教学的改革ꎬ数学题的出题思维也在不断的革新和变化ꎬ对于学生来说ꎬ应该要能够做到灵活的运用数学知识ꎬ并且ꎬ结合自身的实际情况ꎬ探索出适合的解题技巧.部分高中生在解答数学难题时ꎬ依然沿用初中阶段的定势思维来进行解读ꎬ在实际的解题过程中困难重重ꎬ解题的速度和正确性不高ꎬ因此也挫伤了大部分学生在解题方面的积极性ꎬ影响了学生解题的自信心.出现这种现象的根本原因是因为ꎬ初中阶段和高中阶段在数学解题上有明显的逻辑差异ꎬ高中的数学题在解题上更加注重对于知识点的综合运用ꎬ而且需要学生具备更高的思维能力.但是部分高中生并没有意识到这一点ꎬ所以解题思维模式上也没有进行转换ꎬ在解题时就遇到了问题.就老师方面来说ꎬ由于高中应试考试压力影响ꎬ老师需要在有限的教学时间内完成更多的教学任务ꎬ因此老师教学任务非常沉重ꎬ既要备学情ꎬ又要备教材ꎬ所以为了完成教学任务ꎬ老师只能利用题海战术来提高学生的学习能力ꎬ但是这种训练方式ꎬ不仅不能达到原本提高学生解题水平的目的ꎬ还会影响到学生对于数学学习的兴趣ꎬ让学生对于数学解题产生厌烦和恐惧的心理.㊀㊀二㊁高中数学审题技巧进行有效解答的前提ꎬ是要能够学会正确的审题ꎬ能够在审题中获得足够的解题条件ꎬ从而提高解题的速度和准确性.１.分析题干内容题干中描述的内容是解题的基本条件ꎬ它指明了解题的大致方向ꎬ因此想要正确的进行解题ꎬ就必须要对题干的内容进行仔细的研究和分析ꎬ挖掘出隐藏在题干中的潜在条件ꎬ通过条件之间的转化来简化解题的程序ꎬ从而提高解题的效率ꎬ并且保证解题的准确性.比如ꎬ已知ａ２＋(ｂ－２)ａ＋ｂ－１＝０的两个根为ａ１和ａ２ꎬ而点Ａ(ａ１ꎬａ２)在圆ａ２＋ｃ２＝４ꎬ求ｂ.通过审题得知ꎬａ在圆ａ２＋ｃ２＝４ꎬ表明Ａ坐标在圆ａ２＋ｃ２＝４方程上ꎬ又(ａ１ꎬａ２)为方程两个根ꎬ则ａ１２＋(ｂ－２)ａ１＋ｂ－１＝０ꎬａ２２＋７２Copyright©博看网 . All Rights Reserved.(ｂ－２)ａ２＋ｂ－１＝０.通过阅读题能够获得以上信息ꎬ如果只是依照题干中的表面条件来进行求解ꎬ将无从下手ꎬ但是这道题解题的关键在于挖掘出题干中的潜在条件ꎬ通过隐藏解题条件来更好的实现调节的目标.２.关联分析以上例为例ꎬ在阅读的过程中挖掘出了潜在的条件ꎬ但是对于解题仍然还显得不够ꎬ这个过程当中ꎬ应该针对已知条件和求解的目标ꎬ进行关联式的分析ꎬ从而获得解题的突破口.需要注意强调的是ꎬ在解题时要具备推理意识和反思意识ꎬ同时通过各种解题方法ꎬ如草图法ꎬ运算分析法来找到解题的关键点ꎬ从而简化题干的内容.ａ２＋(ｂ－２)ａ＋ｂ－１＝０为一元二次方程ꎬ在关联分析时ꎬ加入ｆ(ａ)＝ａ２＋(ｂ－２)ａ＋ｂ－１ꎬ(ａ１ꎬ０)(ａ２ꎬ０)就是焦点ꎬ轴对称分布ꎬ得出ａ１＋ａ２＝２－ｂ.３.梳理解题思路对于高中数学的解题思路来说ꎬ学生应该要能够做到对于题干进行有效的分析ꎬ能够将求解的目标和内容进行联系.将数学的定义和性质进行灵活的运用ꎬ要求学生要梳理解题的思路ꎬ将课本中的理论知识与解题过程的各要素进行匹配ꎬ从而实现多条件的求解目标.比如上题分析得出ａ１２＋(ｂ－２)ａ１＋ｂ－１＝０ꎬａ２２＋(ｂ－２)ａ２＋ｂ－１＝０ꎬａ１＋ａ２＝２－ｂꎬ然后利用三二元次方程求解得出答案.㊀㊀三㊁数学解决方法１.转换法所谓转换法ꎬ就是转变原有的数学解题思路ꎬ从而获得解决的方法.在用这一方法后ꎬ能够将原本复杂的条件简单化ꎬ将抽象的知识具体化ꎬ对于学生来说ꎬ能够有效的提高解题的效率和准确性ꎬ树立起解题的自信心.比如函数ｍ＝ｎｘ２－ｘ－ｎ(ｎ>０ꎬｎʂ１)ꎻｍ＝ｘ＋ｎꎬ通过做图看出ꎬ两个函数有一个焦点ꎬ区间在０<ｎ<１ꎬ但是这题目中的立意不符.因此可以反推出交点的数量为２ꎬ其对应的区间为ｎ>１ꎬ这就和提干相吻合了.２.求证法求证法比较适合用于高中数学解题ꎬ过程就是通过逆向思维的能力进行推理ꎬ最终发现结论与数学的定理之间相背离得知ꎬ原命题的合理性ꎬ从而能够完成解题.对于高中生来说ꎬ一般都习惯使用正面的思维方式来进行解题ꎬ但是这一方法并不适合于所有的题目ꎬ有些题目在运用反向求证的方法之后ꎬ反而能够快速的解题.比如在某学校有６３０人ꎬ抽取每个年级３０％的学生ꎬ通过题干已经条件ꎬ计算出实际调查学生数量为１８９人ꎬ如果命题不成立ꎬ则要假设推理ꎬ指导获取到与题目之间冲突的部分ꎬ凭此来求解.３.换元法高中数学的题目ꎬ一般都不会以单一的形式出现ꎬ学生如果仅仅是从整式进行解题ꎬ反而会花费过多的时间ꎬ而且也不能保证其结果的正确性ꎬ对于这类整合式的数学题目的解答ꎬ学生可以采用换元的方法来进行解题ꎬ通过用变量来替换表达的方式ꎬ最后ꎬ再通过替换的变量来实现正确解题.换元法在所有解决方法中实用性是最高的ꎬ因此老师应该指导学生熟练掌握换原的解决方式ꎬ提高解题的速度和正确性ꎬ这对于学生在今后的数学解答也能够有明显的促进作用.４.排除法排除法也是高中数学解题中比较常用的方法之一ꎬ这种类型的方法大多运用与选择题的题型当中ꎬ通过排除选项的方式来找到正确的答案.比如不等式ａｂ２＋２ａｂ－４<２ｂ２＋４ｂ恒成立ꎬ则ｍ的范围是(㊀㊀).Ａ.(－２ꎬ２)㊀㊀㊀Ｂ.(－ɕꎬ－１)ɣ(２＋ɕ)Ｃ.(－ɕꎬ２)Ｄ.(－２ꎬ２)当ａ＝２时ꎬ则－４<０ꎬ这与题目立意一致ꎬ故而Ａ选项和Ｂ选项排除.当ａ＝－２时ꎬ则(ａ＋１)２ȡ０不恒成立ꎬ因此排除选项Ｃꎬ得出正确答案为Ｄ.数学作为高中阶段的重点学科ꎬ是高考的科目ꎬ也是教学的重点ꎬ因此为了让学生能够在高考中取得理想的成绩ꎬ老师应该让学生掌握正确的解题技巧ꎬ提高解题的速度和正确率ꎬ进而确保在高考中获得比较高的数学成绩.数学是一门对于逻辑性和抽象思维能力要求比较高的学科ꎬ高中数学由于知识点多且深ꎬ因此在解题的过程中ꎬ对于学生的要求更高.学生除了要夯实的理论基础之外ꎬ还要能够灵活的运用数学知识进行正确的解题.老师要让学生学会根据不同的题目选择合适的解题方法与技巧ꎬ才能显著提高答题的正确率.㊀㊀参考文献:[１]张美玲.高中数学解题方法及技巧探究[Ｊ].学周刊ꎬ２０１７(２):１５１－１５２.[２]王坤.例谈基于问题解决的高中数学复习[Ｊ].数学通报ꎬ２０１７ꎬ５６(７):４６－４９.[责任编辑:李㊀璟]８２Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
高中数学微专题【不等式恒成立或有解问题】
高中数学微专题【不等式恒成立或有解问题】突破点一分离法求参数的取值范围【例1】已知函数f(x)＝e x＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝e x＋x2－x，x∈R，f′(x)＝e x＋2x－1.因为f′(x)＝e x＋2x－1在(－∞，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(2)由f(x)≥12x3＋1得，e x＋ax2－x≥12x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.②当x>0时，分离参数a，得a≥－e x－12x3－x－1x2，记g(x)＝－e x－12x3－x－1x2，g′(x)＝－（x－2）⎝⎛⎭⎪⎫e x－12x2－x－1x3.令h(x)＝e x－12x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝e x－x－1，令H(x)＝e x－x－1，则H′(x)＝e x－1>0，所以H(x)在(0，＋∞)上是增函数，且H(0)＝1－0－1＝0，所以h′(x)>0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，∴h(x)>h(0)＝0，即e x－12x2－x－1>0恒成立，故当x ∈(0，2)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24，综上可得，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，＋∞. 探究提高 1.分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤(1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式. (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值.(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围. 2.本题为了求g (x )的最大值，多次构造函数，进行二次求导. 【训练1】已知函数f (x )＝a e x －x e x ＋x －a (a ∈R ). (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若对任意x >0都有f (x )<x ＋1恒成立，求a 的最大整数值. 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2e x －x e x ＋x －2， 所以f ′(x )＝2e x －(e x ＋x e x )＋1＝e x －x e x ＋1， 因此f (0)＝0，f ′(0)＝2.所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x . (2)对任意x >0，恒有f (x )<x ＋1，即a (e x －1)<x e x ＋1. 因为x >0，所以e x －1>0， 所以a <x e x ＋1e x －1＝x ＋x ＋1e x －1.设g (x )＝x ＋x ＋1e x －1(x >0)，则只需a <g (x )min ， g ′(x )＝1－x e x ＋1（e x －1）2＝e x （e x －x －2）（e x －1）2.令h (x )＝e x －x －2(x >0)，则h ′(x )＝e x －1>0恒成立， 所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增.因为h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0，所以存在唯一一个x0使得h(x0)＝0，且1<x0<2.所以当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0.所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝x0＋x0＋1 e x0－1.由e x0－x0－2＝0，得e x0＝x0＋2，所以g(x0)＝x0＋x0＋1x0＋2－1＝x0＋1∈(2，3).故a的最大整数值为2.突破点二分类等价转化法求参数范围【例2】设函数f(x)＝2x ln x－2ax2(a∈R).(1)当a＝12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤f′（x）2－ln x－1(f′(x)为f(x)的导函数)在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围.解(1)当a＝12时，f(x)＝2x ln x－x2，定义域为(0，＋∞).∴f′(x)＝2ln x－2x＋2.令g(x)＝f′(x)＝2ln x－2x＋2(x>0)，∴g′(x)＝2x－2.当x∈(0，1)时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)为减函数.∴g(x)≤g(1)＝2ln 1－2×1＋2＝0，即f′(x)≤0.∴函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间.(2)f(x)＝2x ln x－2ax2，∴f′(x)＝2ln x－4ax＋2，且x>0.∴f(x)≤f′（x）2－ln x－1在(1，＋∞)上恒成立⇔2(x ln x－ax2)≤ln x－2ax＋1－lnx－1在(1，＋∞)上恒成立⇔ln x－ax＋a≤0在(1，＋∞)上恒成立. 令h(x)＝ln x－ax＋a，x∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝1x －a ，且h (1)＝ln 1－a ＋a ＝0.当a ≤0时，h ′(x )>0恒成立，故h (x )在(1，＋∞)上为增函数. ∴h (x )>h (1)＝0，即a ≤0时不满足题意. 当a >0时，由h ′(x )＝0，得x ＝1a .①若a ∈(0，1)，则1a ∈(1，＋∞)，故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上为增函数.∴存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a ，使得h (x 0)>h (1)＝0，这与h (x )＝ln x －ax ＋a ≤0在(1，＋∞)上恒成立矛盾. 因此a ∈(0，1)时不满足题意.②若a ∈[1，＋∞)，则1a ∈(0，1]，故h (x )在(1，＋∞)上为减函数， ∴h (x )<h (1)＝0，∴h (x )≤0恒成立，故符合题意. 综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞).探究提高 1.对于不等式恒成立问题，若不易分离参数或分离后难以求最值，解题时常用参数表示极值点，进而用参数表示出函数的最值，求解不等式得参数的范围，体现转化思想.2.解题过程中，参数的不同取值对函数的极值、最值有影响，应注意对参数的不同取值范围进行分类讨论.【训练2】已知点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ，1，Q (x ，mx ＋sin x )(m ∈R )，O 为坐标原点，设函数f (x )＝OP→·OQ →.(1)当m ＝－2时，判断函数f (x )在(－∞，0)上的单调性； (2)当x ≥0时，不等式f (x )≥1恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)f (x )＝OP →·OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ，1·(x ，mx ＋sin x )＝e x ＋mx ＋sin x ，当m ＝－2时，f (x )＝e x －2x ＋sin x ，f ′(x )＝e x －2＋cos x ， 当x <0时，e x <1，且cos x ≤1，所以f ′(x )＝e x －2＋cos x <0， 所以函数f (x )在(－∞，0)上单调递减.(2)当x ＝0时，f (0)＝1≥1，对于m ∈R ，f (x )≥1恒成立. 当x >0时，f ′(x )＝e x ＋m ＋cos x ， 设g (x )＝e x ＋m ＋cos x ，则g ′(x )＝e x －sin x ，因为e x >1，sin x ≤1，所以g ′(x )＝e x －sin x >0，则g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )>g (0)＝m ＋2，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(x )>m ＋2.①当m ≥－2时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )>1恒成立.②当m <－2时，f ′(0)＝m ＋2<0，因为f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且当x ＝ln(2－m )时， f ′(x )＝e ln(2－m )＋m ＋cos[ln(2－m )] ＝2＋cos[ln(2－m )]>0，所以存在x 0∈(0，＋∞)，使得f ′(x 0)＝0， 所以当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0恒成立， 故f (x )在区间(0，x 0)上单调递减.所以当x ∈(0，x 0)时，f (x )<1，不符合题意. 综上，实数m 的取值范围为[－2，＋∞). 突破点三 不等式有解求参数的取值范围 【例3】 已知函数f (x )＝－a ln x －e xx ＋ax ，a ∈R . (1)当a <0时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (x )＋xf ′(x )，若关于x 的不等式g (x )≤－e x＋x 22＋(a －1)x 在[1，2]上有解，求实数a 的取值范围.解 (1)依题设，f ′(x )＝－a x －x e x －e xx 2＋a ＝（ax －e x ）（x －1）x 2(x >0)，当a <0时，ax －e x <0恒成立，所以当x >1时，f ′(x )<0，当0<x <1时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. (2)因为g (x )＝f (x )＋xf ′(x )， 所以g (x )＝－a ln x －e x ＋2ax －a ，由题意知，存在x 0∈[1，2]，使得g (x 0)≤－e x 0＋x 202＋(a －1)x 0成立，则存在x 0∈[1，2]，使得－a ln x 0＋(a ＋1)x 0－x 202－a ≤0成立，令h (x )＝－a ln x ＋(a ＋1)x －x 22－a ，x ∈[1，2]，则h ′(x )＝－a x ＋a ＋1－x ＝－（x －a ）（x －1）x，x ∈[1，2].①当a ≤1时，h ′(x )≤0，所以函数h (x )在[1，2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝－a ln 2＋a ≤0成立，解得a ≤0，所以a ≤0. ②当1<a <2时，令h ′(x )>0，解得1<x <a ； 令h ′(x )<0，解得a <x <2，所以函数h (x )在[1，a ]上单调递增，在[a ，2]上单调递减.又因为h (1)＝12，所以h (2)＝－a ln 2＋a ≤0，解得a ≤0，与1<a <2矛盾，故舍去. ③当a ≥2时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[1，2]上单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝12>0，不符合题意.综上所述，实数a 的取值范围为(－∞，0].探究提高 1.本题根据函数h ′(x )的零点a 是否在定义域[1，2]内进行讨论，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可得最值，判断所求最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围.2.不等式“存在性”问题与“恒成立”问题的求解是“互补”关系.含参不等式能成立问题可转化为最值问题来解决，注意与恒成立问题的区别. 【训练3】已知函数f (x )＝a ＋1x ＋a ln x ，其中参数a <0. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝2x 2f ′(x )－xf (x )－3a (a <0)，存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围.解 (1)∵f (x )＝a ＋1x ＋a ln x ，∴定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a ＋1x 2＋a x ＝ax －（a ＋1）x 2.①当－1<a <0时，a ＋1a <0，恒有f ′(x )<0， ∴函数f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)， 无单调递增区间.②当a ＝－1时，f ′(x )＝－1x <0，∴f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间.③当a <－1时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ＋1a ，f ′(x )>0，∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，a ＋1a ；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，＋∞，f ′(x )<0， ∴f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，＋∞. (2)g (x )＝2ax －ax ln x －(6a ＋3)(a <0)，∵存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，∴2g (x )min <g (x )max . 又g ′(x )＝a (1－ln x )，且a <0，∴当x ∈[1，e)时，g ′(x )<0，g (x )是减函数； 当x ∈(e ，e 2]时，g ′(x )>0，g (x )是增函数， ∴g (x )min ＝g (e)＝a e －6a －3， g (x )max ＝max{g (1)，g (e 2)}＝－6a －3. ∴2a e －12a －6<－6a －3，则a >32e －6.又a <0，从而32e －6<a <0，即a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫32e －6，0.1.已知函数f (x )＝ln x ＋ax (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调区间；(2)若f (x )≤e x －1＋1x －1恒成立，求实数a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－a －ln xx 2.令f ′(x )>0，得1－a －ln x >0，解得0<x <e 1－a . 令f ′(x )<0，得1－a －ln x <0，解得x >e 1－a .故f (x )的单调递增区间为(0，e 1－a )，单调递减区间为(e 1－a ，＋∞). (2)因为f (x )≤e x －1＋1x －1恒成立，即ln x ＋a x ≤e x －1＋1x －1对(0，＋∞)恒成立， 所以a ≤x e x －1－x －ln x ＋1对(0，＋∞)恒成立. 令g (x )＝x e x －1－x －ln x ＋1，则g ′(x )＝e x －1＋x e x －1－1－1x ＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1－1x .当x ∈(0，1)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，1)上单调递减. 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增. 故当x ＝1时，g (x )取到最小值g (1)＝1，所以a ≤1. 故实数a 的取值范围是(－∞，1]. 2.已知函数f (x )＝x ln x －ax ＋1(a ∈R ). (1)讨论f (x )在(1，＋∞)上的零点个数；(2)当a >1时，若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)·(a －3)，求实数a 的取值范围.解 (1)由f (x )＝x ln x －ax ＋1＝0可得a ＝ln x ＋1x ， 令g (x )＝ln x ＋1x ，易知g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2，所以g ′(x )>0在(1，＋∞)上恒成立，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增. 又g (1)＝1，所以当x ∈(1，＋∞)时，g (x )>1. 故当a ≤1时，f (x )在(1，＋∞)上无零点； 当a >1时，f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点.(2)当a >1时，由(1)得f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点. 由f ′(x )＝ln x ＋1－a ＝0得x ＝e a －1，所以f (x )在(1，e a －1)上单调递减，在(e a －1，＋∞)上单调递增， 所以f (x )min ＝f (e a －1)＝1－e a －1.若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)(a －3)成立， 只需1－e a －1<(e －1)(a －3)成立， 即不等式e a －1＋(e －1)(a －3)－1>0成立. 令h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1，a >1， 则h ′(a )＝e a －1＋e －1，易知h ′(a )＝e a －1＋e －1>0在(1，＋∞)上恒成立， 故h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1在(1，＋∞)上单调递增. 又h (2)＝0，所以a >2，故实数a 的取值范围为(2，＋∞).3.已知函数f (x )＝x －a ln x ＋bx 在x ＝1处取得极值. (1)若a ＞1，求函数f (x )的单调区间；(2)若a ＞3，函数g (x )＝a 2x 2＋3，若存在m 1，m 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得|f (m 1)－g (m 2)|＜9成立，求a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1－a x －bx 2. 由f ′(1)＝0，得b ＝1－a ，则f ′(x )＝1－a x －1－a x 2＝x 2－ax －（1－a ）x 2＝（x －1）[x －（a －1）]x 2，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝a －1.若1＜a ＜2，则函数f (x )的单调递增区间为(0，a －1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(a －1，1)；若a ＝2，则函数f (x )无单调递减区间，单调递增区间为(0，＋∞)；若a ＞2，则函数f (x )的单调递减区间为(1，a －1)，单调递增区间为(0，1)，(a －1，＋∞).(2)当a ＞3时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以f (x )的最大值为f (1)＝2－a ＜0.易知函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递增，所以g (x )的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14a 2＋3＞0，所以g (x )＞f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上恒成立.若存在m 1，m 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得|f (m 1)－g (m 2)|＜9成立，只需要g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－f (1)＜9，即14a 2＋3－(2－a )＜9，解得－8＜a ＜4，又a ＞3，所以a 的取值范围是(3，4).。
浅谈高中数学中最值问题的六种解法
又．１ ｓ ｉ ｎ ２ １ ， 所 以 ｎ 一 ・ 一
（ ０ ，一 ２ ） 的 直 线 的 斜 率 ， 而 动 点 Ｐ 的 轨 迹 为 ｙ＝ｘ ２（ ｏ ）
，
三、 利用导数求 最值
例３ 已知 函数． 厂 （ ） ＝
上 的最 大值 是
Ａ． ０ Ｂ ． １ Ｃ． ２ Ｄ＿ ３
问题的解法作点探讨和归纳 。
一
元 函 数 ｔ 八 ， ， ） 一 ｉ ＋ 彳 ＋ ＿ ＋ ＿ ｚ 的 最 小 值。
分 析 我 们 知 道 ， 单 调 增 函 数 ｆ （ ｘ ） 具 有 性 质
、
利用“ 二分法 ” 求最值
。
（ Ｘ 一 ２ ） 【 厂 （ 。 ） 一 ｆ （ ｘ ２ ） ］ ０ ，单调 减 函数 － 厂 （ ） 具有 性 质
１ ＋ ｔ ａ ｌ ｌ ２ 的结构基本一致 ，
故可令 ＝ｔ ａ ｎ ０， Ｏｃ（ 一 ，
１
则
ｓ ｉ ｎ ２ ０ ，一 ＜２ ０＜
ｌ １
ａ ｂ ） ２ － ＿ ０ （ － ２ ） 设 ＝ ＋一 ２ ＝（ ａ ｂ ６ Ｏ ， 它表 过点 ｐ 。 ， （ 。 ６ ） ： ） 与 ’匕 伏 示 小 ～ ６ ， Ｌ Ｊ 点 一 Ｑ
故 静 。 同 理 ， 静
当 ＝ ＝ ＝． １ 时
，
静 一 ”
三 式 相 加 ， 有 ｚ ） ＝ ＋ ＋ 等 ＋ ＋ ｚ ） ］ ＝ 。 ，
＿ ， ， ｙ ， ｚ ） ：Ｏ
二、 利用三角代换求最值
例 ２ 求 函数 分析
的最值 。
五、 利用线性规划求最值 例 ５ 已知口 ，析 因Ｉ 一 Ｘ Ｉ 表示数轴上的动点 到 ｎ 之间的距离。 当Ｉ —ｌ ｌ ＋ｌ 一１ ９ ｌ 最小时， 为区间［ １ ， １ ９ ］ １ ￣的任意一个分
浅谈高中数学教学中问题解决教学的策略
浅谈高中数学教学中问题解决教学的策略
毛Байду номын сангаас 娜
（ 河北高碑店市职教 中心
河北
高碑店
０ ７ ４ ０ ０ ０）
什么是问题解决教学呢？它是一种以问题作为载体，把教学内容问题 化 ，通 过 问题 解决 来展 开 学 习，通 过 问题解 决 来建 构知 识 的教 学模 式 。这 种 教学 是 由教 师 的创造 性 教和 学生 创造 性 学构成 的 一种 新型 的 教学 活动 。 正因 为 问题解 决教 学有 利 于激 发学 生 的求知 欲 和探 究欲 ，所 以越 来越 受 到 师 生 的认 同和欢 迎 。 ’ 问题 解决 式教 学是 一 种反 传统 的 教学 ，在 这种 教学 活动 中，老 师 可 以 向学生发 问，学生也可 以向老师发 问，由单向交流变为双向交流，由被动 学 习 转为 主动 学 习 ，从而 实现 师 生互动 ，教 学 相长 。因此 ，作 为教 师 首先 要改变传统的教学观念 ，和学生站在平等的人格平台上，形成民主的教学 作 风 ，注 意培 养 学生 的 问题意 识 ，提 高学 生发 现 问题 、思 考 问题 、解 决 问 题的 能力 ，为 学生 营造 一个 宽松 和谐 的学 习氛 围 。 关于 问题 解决教 学 的策 略 “ 问题解决教学” 是以数学问题为中心，在教师的引导下． 通过学生独立 思考 和交 流讨 论 等形 式 ，对数 学 问题 进行 求解 、发 展 与延 伸 、迁移 与 变形 等环 节 ，培养 学 生处 理信 息 、获 取新 知 、应用 新知 的 能力 、积 极探 索 的科 学精 神 、 团结协作 的 能力 。 １ ． “ 问题解决” 是数学教育 的核心 。在课堂教 学中设计“ 女 于 ’ ’ 的 问题 是极其 重 要的 。在每节课 中，问题要努力做 到：①包含明显 的数学概 念或技巧 ；② 能推 广或扩充 到数 学各 单元知识和各种情 形当中去 ；⑨有着 多种 解决方法 。 ２ ． 怎 样进 行 问题解 决教 学？ ①给 学 生提 供 一 一 种轻 松 愉快 的气 氛 和 生动 活泼 的 环境 ；② 从 学生 的 已有经 验 出发提 出问题 ， 引起学 生 对结 论迫 切 追 求的愿望，将学生置于一种主动参与的位置；③大胆鼓励学生运用直觉去 寻求 解 题 策略 ，必 要时 给一 些提 示 ；④讨 论 各种 成功 的解 决 办法 ， 归纳 出 问题 解 决 的核心 。如 果可 能的 话和 以前 的 问题 联 系起 来 ， 对 问题 进 行推 广 ， 概 括 出一般 原理 。 ３ ． “ 问题解决” 的心理机制。在从已知状态到 目标状态的问题过程中，要进 行一系列 心理操作，课堂教学 中要 努力地解决 ：① 领会 与同化 。学生要用 自己 的语言转换命题，并整体地将问题吸入已有的认知结构中去；②寻求策略与验 证。 思维有跃向结论的倾向， 分析解题的过程有助于学生寻求策略技能的提高， 各种解题策略的比较与验证更可以增强学生的创造性与批判精神。 二 、数 学 问题选 择和 呈示 的策 略 课堂教学中，教师必须要向学生提供一个好问题。一个“ 好问题” 应当 具 有 以下 两个特 征 ： １ ． 从学习者的角度来看， “ 好问题” 必须具有可接受陛、 障碍性和探究性。 可接受性是指问题要容易为学生所理解问的是什么，要有一定的意义容易 引起学生对 问题的关注；障碍性则是要求问题要符合维果斯基的最近发展 区原理 ，也就是问题的解决办法不是显而易见的，是没有现成的方法可供 使 用 的但 又确 实与 已学 内容 有 一定 联系 的 问题 ；探 究性 是指 学 生能进 行 探 究，而探究的过程又有明确的价值取向，如中学数学教学内容的价值 、思 维 的价 值 或是人 文 的价值 等 ２ ． 从教师角度来看。 “ 好问题” 应当有可控性 可控性是指教师对所选问
浅谈高中数学中存在的问题及对策探究
浅谈高中数学中存在的问题及对策探究我们来看一下高中数学存在的问题之一——难度较大。
高中数学相较于初中数学而言，难度明显上升。
学生们需要掌握更多的数学知识和技巧，需要具备更强的数学思维能力和逻辑推理能力。
对于一些学习能力相对较弱的学生来说，这无疑是一大挑战。
教师们需要针对不同水平的学生进行有针对性的教学，通过不同的方法和手段帮助学生提高数学学习能力，减轻学习压力。
高中数学存在的问题之二——抽象性强。
高中数学的内容相当抽象，充满了各种符号和公式，对学生的数学想象力和抽象思维能力要求较高。
一般的学生可能难以理解并掌握这些抽象的数学概念，从而导致学习困难。
教师们应该引导学生通过具体的例子和图形来理解抽象的数学概念，培养学生的数学直觉，从而提高他们理解和掌握数学知识的能力。
高中数学存在的问题之三——应用性不足。
部分高中数学知识在学生看来较为抽象，应用性不强，容易引起学生对数学学习的兴趣减退。
教师们应该通过生动的例子和实际的问题来展示数学知识的应用，让学生明白数学是实际问题的解决工具，从而提高他们对数学学习的兴趣和积极性。
高中数学存在的问题之四——基础不扎实。
高中数学的知识体系是建立在初中数学知识的基础上的，如果学生在初中的数学学习中存在着漏洞和不足，就会在高中的学习中出现问题。
教师们需要及时发现学生的学习问题，针对性地进行补课和辅导，帮助学生夯实基础，确保他们顺利地掌握高中数学知识。
针对以上问题，我们可以提出一些对策。
教师们需要不断地提高自身的教学水平，不断更新教学理念和方法，以适应学生的学习需求。
学校和家长应该共同关注学生的数学学习情况，提供必要的支持和帮助。
学生们也要主动地参与到数学学习中，积极主动地解决学习中遇到的问题。
教育部门和学校应当注重数学学科的特点，通过改革教学方法和内容，提高数学教学的质量和有效性。
高中数学的学习存在一些问题，但只要我们能够重视这些问题，正确认识和解决这些问题，相信一定能够有效地提高学生的数学学习效果，使他们在数学学习中能够更好地发展自己的潜能，为将来的学习和工作打下良好的数学基础。
浅谈在高中数学中应用向量化解数学问题的方法
Ｉ Ａ Ｃ 】 Ｉ １ Ａ ￣ ｃ ｏ ｓ ｌ （ Ａ Ｃ ｌ ， Ａ ｃ ） ， 从而 可 得√ ６（ Ａ Ｃ ｌ ， Ａ Ｃ ）： ２ ，
Ｊ
Ｃ Ｏ Ｓ ＜ Ａ ｃ 。 ， Ａ Ｃ＞＝ ． 解 之得 Ａ Ｃ 与Ａ ｃ的夹 角为 ３ ５ 。 １ ５ ５ ２ ． 依此方法可求得 Ａ Ｃ 与Ｂ Ｄ的角度 为 ９ ０ 。 ． 同学们可以看到， 这一题就是把空间几何图形变为坐标 图形 ， 又将解析几何 图形变为 向量计算 ， 应用向量公式计算 出几何图形的边长 ， 求取几何图形角的案例． 习题 ３里 ， 已经 给出了正方体的棱长 ， 同学们可以直接应用几何 图形性质来 解析这道题 然而应用解习题 ２的思路来看 ， 应用解析几何的
Ａ 。 Ｂ ｌ Ｃ ， Ｄ 】 ， 男 么可得 ： Ａ Ｃ 】 ・ Ａ Ｃ＝（ Ａ Ｂ＋ Ａ Ｄ＋ Ａ Ａ 。 ）・ （ Ａ Ｂ＋ ）： ＋ ＋ ． ＋ ＋Ａ — Ａ １ ． ＋ ．
Ａ — Ｄ， Ｉ Ａ － － Ｃ ￣ ， ｆ ＝ ， 于 是 可得 ．
一
、
向量在 几何计算 中的应 用
（ ２ ） ￣ ｔ ｌ 果ｂ ＝ ２ ， ｃ ＝ １ ， 且 Ｄ是 Ｂ Ｃ的中点 ， 求Ａ Ｄ的长度．
向量是一种具 有数 量 、 方向、 几 何特 征 的概念 ， 有 时 同学们在做几 何 习题 的 时候 ， 发 现现有 的几何 条件 不 利 于解题时 ， 可以应用向量的性质来转 化数学 问题 ， 快速地
中图分类号 ： Ｇ ６ ３ ２ 文献标识码 ： Ｂ 文章编号 ： １ ０ ０ ８— ０ ３ ３ ３ （ ２ ０ １ ７ ） １ ９ — ０ ０ ４ ５— ０ ２ ｂ ， Ｃ ， 并且 ２ ｓ ｉ ｎ Ｂ ｃ ｏ ｓ Ａ － １ － ｓ ｉ ｎ Ａ ｃ ｏ ｓ Ｃ＋ ｃ ｏ ｓ Ａ ｓ ｉ ｎ Ｃ ． （ Ｉ ） 求角 Ａ的大小 ；
高中数学中的恒成立与有解问题
高中数学中的恒成立与有解问题作者：姜越来源：《数学教学通讯(教师阅读)》2009年第11期摘要:含参数不等式恒成立问题与有解问题是高考的热点、难点,这样的题目综合性强,可考查函数、导数、不等式等高中数学的主干知识,考查学生的综合解题能力. 在培养学生思维的灵活性、创造性方面起到了积极的作用.关键词:不等式恒成立问题;不等式有解问题含参数不等式恒成立问题与有解问题是高考的热点、难点,这样的题目综合性强,可考查函数、导数、不等式等高中数学的主干知识,考查学生的综合解题能力. 在培养学生思维的灵活性、创造性方面起到了积极的作用. 这类题目往往出现在压轴题中,令很多学生望而却步. 下面通过一些典型例题作一剖析.不等式恒成立问题例1 (2008安徽)设函数f(x)=(x>0且x≠1).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)已知2>xa对任意x∈(0,1)恒成立,求实数a的取值范围.解析(1)f ′(x)=-,令f ′(x)=0,则x=.列表如下:所以f(x)的单调增区间为0,,单调减区间为,1,(1,+∞).(2)在2>xa两边取对数得ln2>alnx. 由于0ln2•. 因为2>xa对任意x∈(0,1)恒成立,所以a>ln2•对任意x∈(0,1)恒成立. 所以a>ln2•f(x)max. 由(1)可知当x∈(0,1)时,f(x)max=f=-e,所以a>-eln2.点评本题采用分离变量法来解,关键是如何将变量分离,本题还采用了取对数,然后利用导数求出函数f(x)的最大值,从而求出a的取值范围.不等式有解问题例2 (2009苏北四市第二次模拟考试)已知函数f(x)=alnx+x2(a为实数),若存在x∈[1,e],使得f(x)≤(a+2)x成立,求a的取值范围.解析不等式f(x)≤(a+2)x可化为a(x-lnx)≥x2-2x. 因为x∈[1,e],所以0≤lnx≤1. 所以lnx≤1≤x且等号不能同时取. 所以lnx0. 因而a≥(x∈[1,e]). 令g(x)=(x∈[1,e]),要存在x∈[1,e],使得a≥g(x)成立,当且仅当a≥g(x)min,x∈[1,e].又g′(x)=,当x∈[1,e]时,x-1≥0,lnx≤1,x+2-2lnx>0,从而g′(x)≥0,当且仅当x=1时取等号. 所以g(x)在[1,e]上为增函数. 故g(x)的最小值为g(1)=-1. 所以a的取值范围是[-1,+∞).点评本题将函数、导数、不等式结合在一起,主要思路是采用分离变量法,分离出变量后,利用导数求出函数的最小值. 要存在x∈[1,e],使得a≥g(x)成立,当且仅当a≥g(x)min,x∈[1,e],从而求出a的范围.变式假若问题变成对?坌x∈[1,e],f(x)≤(a+2)x恒成立,求a的取值范围,则问题转化为a≥g(x)max,x∈[1,e],可得a≥.不等式恒成立与有解问题的区别不等式恒成立与有解问题的区别还是比较明显的,只要细心读题,认真思考,便可找出它们的差异.(1)不等式a≥f(x)在x∈I恒成立?圳a≥f(x)max;存在x∈I使得不等式a≥f(x)成立?圳a≥f(x)min.(2)不等式a≤f(x)在x∈I恒成立?圳a≤f(x)min;存在x∈I使得不等式a≤f(x)成立?圳a≤f(x)max .解决不等式恒成立问题与有解问题往往利用函数的单调性、(下转第64页)(上接第59页)导数、最值,基本方法有:一次函数型,二次函数型,分离变量型,数形结合型等.例3 已知函数f(x)=2x2-2m, g(x)=x3+3x2-x,其中m为实数.(1)对任意x∈[-1,6]都有f(x)≤g(x)成立,求m的取值范围;(2)存在x∈[-1,6],使得f(x)≤g(x)成立,求m的取值范围;(3)对任意x1,x2∈[-1,6],都有f(x1)≤g(x2),求m的取值范围.解析 (1)令h(x)=g(x)-f(x)=x3+x2-x+2m,所以对任意x∈[-1,6]都有h(x)≥0恒成立. 故h(x)min≥0. h′(x)=3x2+2x-1,令h′(x)=0得x1=-1,x2=. 由h(-1)=2m+1,f=+2m,f(6)=246+2m,故h(x)min=+2m≥0. 所以m≥.(2)因为存在x∈[-1,6],使得f(x)≤g(x)成立,所以h(x)=g(x)-f(x)≥0在x∈[-1,6]有解. 故h(x)max≥0. 由(1)知h(x)max=246+2m≥0, 所以m≥-123.(3)与(1)虽都是不等式恒成立问题,但是差别很大,对任意x1,x2∈[-1,6],都有f(x1)≤f(x2)成立,不等式两端的自变量不同,x1,x2的取值在[-1,6]上具有任意性,因此要使原不等式恒成立当且仅当f(x)max≤g(x)min,x∈[-1,6]. 由f(x)=2x2-2m,x∈[-1,6]得f(x)max=f(6)=72-2m.?摇令g′(x)=3x2+6x-1=0得x1=,x2=(因为x∈[-1,6],舍去),g(-1)=3,g=,g(6)=318. 所以g(x)min=. 所以72-2m≤. 所以m≥+.点评这3个小题,表面非常相似,容易混为一谈,但实质各有千秋,所以我们应该认真审题,缜密思考,加强训练,准确使用其成立的充要条件.不等式恒成立与有解问题,在近几年的高考题中频频出现,这类试题常与思想方法紧密结合,体现能力立意的原则,突出了高考试题与时俱进的改革方向. 因此越来越受到高考命题者的青睐,希望广大师生高度关注.。
浅谈高中数学教学中学生问题解决能力的培养
浅谈高中数学教学中学生问题解决能力的培养王红革(天津市复兴中学,天津300121)问题解决教学就是从问题出发,以数学思想方法为线索,以问题解决为目的,使数学教学成为数学活动的教学,数学思维的教学,再创造、再发现的教学。
培养学生问题解决的能力就是培养他们从数学的角度提出问题、理解问题并能综合运用所学的知识和技能解决问题,从而形成解决问题的一些基本策略。
一节数学课就是由一层一层深入的问题组成的,因此,问题是数学教学的载体,好的问题也是培养创新意识和实践能力的载体。
发现问题、提出问题、分析问题、解决问题正是数学教学的重要目标,问题解决已成为中学数学教学的重点。
新课程标准对培养学生提出问题的意识以及要培养学生解决问题的能力有明确的说明。
所以教师在教学过程中,要努力培养学生提出问题、解决问题的能力。
教师如何在教学中培养学生问题解决能力呢?笔者仅从问题解决与教学目标、问题解决与教学艺术、问题解决与信息处理、问题解决与主体参与几个方面谈谈个人粗浅认识。
一、问题解决与教学目标有效地教学始于准确地知道需要达到的教学目标是什么。
如果从静态的角度去理解知识,则注重的是结果,在教学中强调记忆、模仿和大量练习。
从动态的角度去看知识,它不仅包括结果,更包括获得知识的过程,获得知识的方法。
数学教学就不仅是强调对基础知识、基本技能的记忆与模仿,而且强调认识数学概念的本质,强调数学概念的产生过程、定理和公式的发现与证明过程,强调思考问题和独立解决问题的能力。
一个数学教师不仅应该教给学生学习必须具备的数学知识,而且还应该让学生学会数学,会学数学,提高数学素养,让学生理解数学的价值,学习数学思想方法,学会运用数学思维思考,从而使分析问题和解决问题的能力得到提高,为他们的终身学习和发展打下基础。
笔者是这样认识数学教学的各个目标的:认知性目标是指一节课应该教给学生什么?教育性目标是在教会知识的过程中向学生渗透了什么?发展性目标是当某些具体的数学知识全都忘了,还剩下什么?基于这种理解,笔者认为数学教学目标的内涵应该这样界定:数学思想方法是数学知识在更高层次上的抽象和概括,它蕴涵于数学知识发生、发展和应用的过程中,数学思想和方法蕴涵于数学知识的教学中,又超脱于单纯的知识教学。
函数恒成立高中数学恒成立问题与有解问题的区别
恒成立问题与有解问题的区别山东沂源二中 石玉台（256100）恒成立与有解问题一直是中学数学的重要内容。
它是函数、数列、不等式等内容交汇处的一个较为活跃的知识点，在近几年的高考试题中，越来越受到高考命题者的青睐，涉及恒成立与有解的问题，有时在同一套试题中甚至有几道这方面的题目。
本文就恒成立与有解问题做一比较。
1、恒成立问题1.1恒成立问题与一次函数联系给定一次函数y=f(x)=ax+b(a ≠0),若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)>0，则根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于ⅰ）⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 亦可合并定成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f 同理，若在[m,n]内恒有f(x)<0，则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f 例1、对于满足|p|≤2的所有实数p,求使不等式x 2+px+1>2p+x 恒成立的x 的取值范围。
分析：在不等式中出现了两个字母：x 及P,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。
显然可将p 视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题。
略解：不等式即(x-1)p+x 2-2x+1>0,设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1,则f(p)在[-2,2]上恒大于0，故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或∴x<-1或x>3.1.2恒成立问题与二次函数联系若二次函数y=ax 2+bx+c=0(a ≠0)大于0恒成立，则有⎩⎨⎧<∆>00a ，若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解。
浅谈高中数学课堂中探究性学习的困惑与思考
浅谈高中数学课堂中探究性学习的困惑与思考一、学生探究能力的不足探究性学习是一种注重学生自主思考、自主探究、自主解决问题的教学模式，它要求学生具备一定的综合分析能力、独立思考能力、创新思维能力等。
但是，事实上，我们发现很多学生的探究能力较弱，很难懂得有效的探究方法，而且对于问题的理解也往往比较浅显，这就导致了学生在探究过程中的过度依赖和不能很好地完成探究任务。
解决这个问题的关键在于培养学生的探究能力。
教师可以通过积极引导，激发学生的兴趣、独立思考能力和创新思维能力，探究性的学习方式可以逐渐成为学生自主学习的习惯。
而学生自己也要有强烈的求知欲望，主动去寻找问题、探究解决问题的方法，让自己在学习中不断提升。
二、探究性学习难以与课程标准相结合探究性学习强调的是自主思考、自主探究，更注重培养学生的探究能力，但是在高中数学的课程安排和教材设计上，存在着严格的学科要求和标准，这就使得探究性学习与标准难以完全结合起来。
为了让探究性学习深入到课程中，需要在教材设计、课程安排等方面的全面改革。
另外，我们还需要有一种创新思维的新方法。
教师可以根据探究性学习的特点，在教材中融入探究性学习的要素，并且提供一些探究性的问题，让学生在探究中了解、理解和应用知识，从而达到课标所要求的目标。
三、课程进度的压力探究性学习要求学生自主探究，探究的结果也比较随机和不确定，这就导致了探究性学习的学习过程比较缓慢，而课程进度的压力又常常让我们无法把探究性学习充分的融入到课程中。
在教学中，我们必须做到把探究性学习与教学课程有效的衔接起来，保证学生能够在课程时间内完成探究任务和课程知识的学习。
此外，我们可以把探究性学习融入到每个知识点的学习中，使得学生在学习知识点的过程中，自主探究和发现规律，达到对知识点的理解和掌握，让学习课程时不断地自发性的探究，从而达到在保证课程进度的前提下，又能够实现探究性学习的目标。
总之，探究性学习在高中数学的教学中是非常重要的，但却存在着一些困惑和难点，要解决这些困惑，就需要教师们不断努力。
浅谈高中三角函数解题方法
浅谈高中三角函数解题方法三角函数是高中数学的重要部分，它涉及到数学和物理领域的大量问题。
高中三角函数解题方法包括找到三角函数，解三角函数方程，化简三角函数表达式等等。
在本文中，我们将详细介绍几种高中三角函数解题方法。
1. 找到三角函数在解三角函数题目时，我们需要首先确定问题中涉及的三角函数类型，包括正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数和余割函数。
一旦确认了三角函数类型，我们就可以使用相关的公式和技巧来解决各种题目。
例如，如果我们要解决以下问题：$\sin(2x) =\dfrac{1}{2}$我们可以使用反正弦函数解决。
首先，我们知道因此，可以得到以下两个解：$2x = 30^{\circ} + 360^{\circ}n$或其中 n 为整数。
解三角函数方程是另一个重要的高中三角函数解题技巧。
为了解决三角函数方程，我们需要找到三角函数周期的性质，或者通过代换或转化来将其转化为可解的方程。
我们可以通过用 $\sin^{2}x+\cos^{2}x = 1$ 来消去分母：$(1 + \sin x)(1 - \sin x) = \cos x (1 + \sin x)$$cosx − sinx · cosx = 1$再用代换 $t = \sin x$，则：$t^{2} - t - 1 = 0$解得 $t = \dfrac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$，再用 $\sin x = t$ 解得 $x = 72^{\circ} + 360^{\circ}n$ 或 $x = 180^{\circ} - 72^{\circ} + 360^{\circ}n$。
其中 n 为整数。
3. 化简三角函数表达式化简三角函数表达式是高中三角函数解题的另一个重要技巧。
我们可以使用三角恒等式简化表达式，例如：通过使用这些三角恒等式，我们可以将复杂的三角函数表达式化简为更简单的形式，从而更好地理解问题。
总结高中三角函数解题涉及到多种技巧和方法，需要对不同的三角函数类型和三角恒等式有着深刻的理解。
浅谈高中数学分析和解决问题能力的培养
∞ ＋０ ｃ
ｊ
②
实数 ｎ 的取值范围． 解 （Ｉ （ ） 丽ｘ １若 ／（ ＝ 则 ＝ 列 ：ｌ ＋ ｎ ）０
，
求 ｃｓ ０（ ）ｃｓ 、ｏ（ ） 的值。
得 ２２ （ ＋咖 ： ＣＳ邮 ） Ｏ（
表 如下
（ 上） ．
ｅ
、
审题 能 力
ｌ ＿ — —
条标准
一
： 如果材料是负面的怎么办？ 材。 我们说 不怕材 ： 亲身经历 ， 描写如身临其境 。
３材料表达让细节说话 。细节是文章 的血 ． ｒ 肉事件 的关键 和高潮之处 ，要挖掘出生动的细
４材 料 表 达 要 善 于联 想 。根 据 人 物 性 格 的 ．
般来说 ， 选择材料要依照写作 目的。 说到 ： 料一般化 、 负面化 ， 就怕材料不深化 。 换句话说 ，：
ｅ
（
，
１ （ ， ∞ ） ） １＋
审题是对条件和问题进行全面认识 ，对 与 条件 和问题有关 的全部 情况进行分析研 究 ， 它
是如 何 分 析 和解 决 问题 的前 提 。审题 能 力 主要
② １① ： ｃｓ ａ ｃｓｆ ２ｏ （ ＿ 得 ｏ２ ＋ｏ２ ＋ ｃｓ ｌ
） ， ＝
一
一
２材料表达要真挚感人。 ． 文贵真情， 首先是
：
３材料要有 积极 主题 。写作素 材要切磋 琢 ： 材要有真实感 。 ． 选 因为 只有 自己相信的事 ， 别人
、
记叙性作文选择 材料与表达材料的六 ， 。主题一经 确立 ，再 以主题为指针去选 取题 才会相信 。其次 ， 磨 写的时候要投入真情 ， 叙事如
浅 谈 记 叙 文 材 料 的 选 择 与 表 达
浅谈高中数学教学中存在的问题及解决对策
浅谈高中数学教学中存在的问题及解决对策一、问题分析1.学生对数学知识的掌握不牢固在高中阶段，学生所学的数学知识相对较多，而且都是基础知识。
很多学生在学习数学的过程中，对于基础知识的掌握不够牢固，导致后续数学学习出现困难。
这主要是由于初中数学学习的很多学生从基础内容开始就没有打好基础，导致了高中学习数学时基础薄弱的现象。
2.学生对数学知识的应用能力较弱高中数学的学习不仅仅是掌握知识点，更重要的是对数学知识的应用能力。
很多学生在学习数学时只注重知识的记忆，缺乏对数学知识的应用能力。
这导致了很多学生在高中数学学习中遇到实际问题时，无法灵活运用所学的知识，不能解决实际问题。
3.数学学习的枯燥性和缺乏趣味性数学是一门抽象的学科，很多学生在学习数学时很难体会到数学的趣味性，导致了数学学习的枯燥性。
这也是影响学生学习积极性和兴趣的一个重要因素。
二、解决对策1.加强基础知识的巩固为了解决学生在高中阶段对数学基础知识掌握不牢固的问题，教师可以在教学中针对性地加强对基础知识的讲解和训练，帮助学生夯实数学基础。
也可以通过补习班和辅导资料等方式，帮助学生有针对性地进行基础知识的巩固和突破。
3.增加数学学习的趣味性为了解决数学学习的枯燥性问题，教师可以在教学中增加数学的趣味性，例如通过趣味数学问题的讲解和解答，或者通过数学游戏和数学竞赛等方式，激发学生对数学学习的积极性和兴趣。
也可以结合学生的实际需求和兴趣，设计个性化的数学学习方案，让学生在学习中感受到数学的魅力。
4.鼓励学生进行合作学习合作学习是指学生之间相互合作进行学习活动的过程，通过合作学习，学生可以相互讨论、共同探讨问题，从而更好地理解和掌握数学知识。
教师可以在课堂教学中引导学生进行小组讨论和合作解题，提高学生学习的积极性和主动性，培养学生的团队合作精神和交流能力。
5.加强学习动机的激励学生的学习动机是影响学习效果的关键因素之一，教师可以通过奖励制度和激励机制激发学生学习的兴趣和动力。
高中数学专题讲义-恒成立与有解问题
典例分析【例1】 关于x 的不等式|x 1 |x 2|< a 2 a 1的解集为空集,那么实数 a 的取值范围是............. 1 ....................... .............................................................【例2】 假设不等式 x - > a 2 1对一切非零实数 x 均成立,那么实数 a 的最大值是 x2【例3】 设函数f (x) x 1 ,对任息x —, 3成立,那么实数m 的取值范围是恒成立与有解问题-x 2 .,f — 4m f(x)w f(x 1) 4f(m)怛 m【例4】假设不等式ax2A. a 0x 2 0的解集为R ,那么a的范围是(1 _ 1B. aC. a8 8)D. a 0【例5】不等式—n 1都成立,试求实数12n1log a a 11222对于一切大于1的自然数3【例6】【例7】a的取值范围假设不等式(a 2)x2 2(a 2)x 4 0对x R恒成立,那么a的取值范围是f (x) ax2 ax 1在R上恒满足f(x) 0,那么a的取值范围是()A a< 0 B. a 4 C. 4 a 0 D. 4 a< 0假设对于x R,不等式mx 2 2mx 3 0恒成立,求实数m 的取值范围.【例9】不等式x 2 ax 1 > 0对一切x 0」成立,那么a 的最小值为()2A. 0B.2 C .- D . 32( ) A. , 1 U 4,C. [1, 2]【例11】对任意a [ 1,1],函数f(x) x 2 (a 4)x 4【例8】 【例10 ］不等式|x 3||x 1|< a 2 3a 对任意实数x 恒成立,那么实数a 的取值范围为2a 的值恒大于零,那么x 的取值范围为________【例12］假设不等式1g 2ax1在x ［1, 2］时恒成立,试求a 的取值范围.1g(a x)1 , 1 3x a a2 9x 0恒成立,求实数a 的取值范围范围.【例13］假设x【例14】设f x x 2 2ax 2 ,当x 1,时,都有f x > a 恒成立,求a 的取值2【例15】设对所有实数x,不等式x2 log24a 1 2xlog2」a- log2 a 2 0恒成立,a a 1 4a求a的取值范围.a的取值范围. 【例16】不等式ax2 4x 1> 2x2 a对任意实数恒成立,求实数【例17】关于x的不等式x2 x t 0对x R恒成立,那么t的取值范围是【例18 ］如果|x 1| |x 9| a对任意实数x恒成立,那么a的取值范围是〔〕A. {a|a 8} B . {a|a 8} C . {a|a>8} D . {a |aw 8}x y x(1 y).假设不等式(x a) (x a) 1对任意实数x 成立,那么〔【例20】设不等式x 2 2ax a 2< 0的解集为M ,如果M【例21】如果关于x 的不等式2kx 2 kx - 0对一切实数x 都成立,那么k 的取值范围 8是.【例19］在R 上定义运算A. C.1 a 1 1 3 a22B. D.0 a 2 3 1 a22［1,4］,求实数a 的取值范围.【例22】函数f(x) x 1g(&1 x),假设不等式f(m 3x) f(3x 9x 2) 0对任意x R恒成立,求实数m的取值范围.【例23】集合D x2 k (其中k为正常数).⑴设U为*2 ,求U的取值范围；1 1 k⑵求证：当k>1时不等式一x1 — x2 < -x1x2 2 立；2⑶求使不等式-1 X — x2 > - 2对任意x x2 2 k22一对任思x1 , x2D恒成k% % D恒成立的k2的范围.【例24 ］假设关于x 的方程9x (4 a)3x4 0有解,求实数a 的取值范围【例25】a R,假设关于x 的方程x 2是.1 ,、一 一, ,,一 八,一x a - |a 0有头根,那么a 的取值也围【例26］假设关于x 的不等式2x 2 8x 4 a0在1 x 4内有解,那么实数a 的取值范围是C. a 12D. a 12()A. a 4B. a 4【例27】函数f(x) x a .⑴ 假设不等式f(x)W3的解集为x| 1WxW5 ,求实数a的值；⑵在⑴的条件下,假设 f (x) f (x 5) > m对一切实数x恒成立,求实数m的取值范围.。
浅谈初高中数学衔接存在的问题及改进策略
浅谈初高中数学衔接存在的问题及改进策略初高中数学科目是数学学科中的重要环节，初中数学的学习直接决定了学生进入高中以后数学学科的学习进程和水平。
初高中数学在教学内容、教学方法和教学要求等方面存在着一些问题，导致了初高中数学衔接方面的困扰和难题，需要我们深入思考并制定相应的改进策略。
一、初高中数学衔接存在的问题1. 教学内容断层。
初中数学强调基本概念和基本技能的掌握，而高中数学则注重抽象思维和逻辑推理能力的培养。
这导致了初高中数学教学内容的断层，使得学生在学习高中数学时难以理解和运用初中数学的知识。
2. 难度跨度大。
初中数学的难度相对较低，而高中数学的难度则上升较快。
这种难度跨度的突变给学生带来了较大的学习压力和困扰。
3. 教学方法单一。
初中数学教学以讲授为主，注重知识的传授和技能的训练，而高中数学教学则注重培养学生的问题解决能力和创新思维能力。
由于教学方法的单一，学生在初高中数学衔接时很难适应教学方法的转变，从而影响学习效果。
4. 知识应用困难。
初中数学注重知识的运用，而高中数学则注重知识的应用和拓展。
初高中数学衔接时，学生往往面临着初中所掌握知识在高中数学中的应用难题，导致学生理解能力和运用能力的欠缺。
二、初高中数学衔接的改进策略1. 教学内容渐进式过渡。
初中数学和高中数学内容的衔接应采取渐进式过渡的方法，逐渐引入高中数学的重点知识和难点概念，使学生在初高中数学之间实现平稳过渡。
2. 注重知识理解和应用。
初高中数学衔接的重点是培养学生对知识的理解和应用能力。
教师在教学中应注重引导学生深入理解数学知识的本质和应用，培养学生的问题解决和创新思维能力。
3. 探索性学习方法的引入。
探索性学习方法可以激发学生的学习兴趣和积极性，提高学生的自主学习能力。
在初高中数学衔接教学中，教师可以设计一些开放性问题和实践性活动，让学生通过自己的探索和实践来发现数学知识和问题解决方法。
4. 考试评价方式的改革。
考试评价方式的改革可以推动初高中数学衔接的顺利进行。
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浅谈高中数学中的有解问题
发表时间：2012-01-18T11:25:22.233Z 来源：《学习方法报·语数教研周刊》2011年第20期供稿作者：杜涛陈明星
[导读] 有解问题是中学数学教学中的重要内容，对学生来说是个难点知识．
河南商南县高级职业中学杜涛陈明星
有解问题是中学数学教学中的重要内容，对学生来说是个难点知识．它是函数、数列、不等式等内容交汇点，近几年在各省的高考试题中，经常出现．这类问题它不仅仅考察函数、不等式等有关的知识、方法，而且还考察导数等工具的掌握和运用．常常会结合思想方法在里面，近年来越来越受到高考命题者的青睐．下面我就有解问题与二次不等式、绝对值不等式，导数的联系，谈谈自己的一点看法．
一般解决不等式有解的问题的基本策略是利用不等式性质或构造恰当的辅助函数，利用函数图像，性质，最值求解，常有以下结论：
在应用时注意它和不等式恒成立问题的区别．
一、绝对值不等式中的有解问题
（1）求二次函数的解析式．
三、二次不等式中的有解问题
四、有解问题与导数的联系
知识与现代方法交互作用，交相辉映，对考生灵活运用知识解决问题的能力是一个极好的考查．在求解时注意它和恒成立问题的区别．。