中隱

40

福建中學(xué)數(shù)學(xué)

2020年第12期

-1，與同角的三角函數(shù)關(guān)系聯(lián)立，并經(jīng)歷復(fù)雜的

縮角過程，發(fā)現(xiàn)兩個(gè)都可以保留，得到了土春這

個(gè)答案，憑空多出來-菁?其實(shí)用tana算出tan2a

4

的過程是不等價(jià)轉(zhuǎn)換，因?yàn)閠an2a_-3,tan2a_

-3,

用正切的二倍角公式tan2a_半二，可

41-tan2a

以得出tana_2或-2或3或-3,產(chǎn)生了增根，所

以

sin(2a+中)_-春是由增根tana_-2或-1產(chǎn)生

的多余的解.

4教學(xué)反思

4.1教師研究教材，深度挖掘教材習(xí)題中的思

想方法

與三角恒等變化有關(guān)的計(jì)算問題是歷年來江

蘇高考數(shù)學(xué)考查的重點(diǎn)，今年的第13題，屬于中

檔題，但是研究本題的5種解法可以發(fā)現(xiàn)，好的解

法(解法2,

解法4)來源于教材習(xí)題的解法與章

節(jié)補(bǔ)充內(nèi)容，容易想到的解法(解法1)考查學(xué)生

對(duì)公式運(yùn)用的熟練程度與代數(shù)變形能力.所以對(duì)于

整個(gè)高三的數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)教學(xué)，還是要以教材為主，對(duì)

于一些重要例習(xí)題，使用一題多解、一題多變的方

式進(jìn)行串講，培養(yǎng)求異思維，促進(jìn)能力形成，強(qiáng)化

重點(diǎn)題型、重要方法的理解與領(lǐng)悟，起到觸類旁通

的作用.最后，對(duì)一些解法相同或相近題型，采用

多題一解的收斂方式串講，側(cè)重對(duì)通性通法進(jìn)行歸

納總結(jié)，真正達(dá)到舉一反三、事半功倍的教學(xué)效果.

4.2要讓學(xué)生重視教材，力求做到真正的師生

一起“回歸教材”

根據(jù)筆者近幾年的高三教學(xué)經(jīng)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，目前高英文逗號(hào)

三數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)往往有個(gè)誤區(qū)，教師很重視教材，學(xué)生

倒不是很重視，而是沉溺于各種題海無法自拔，注

重解題技巧而忽略了對(duì)教材上本源題型的研究，對(duì)

數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)急友情萬歲 功近利，實(shí)則高考的試題就是來源于教

材習(xí)題的改編，教材的編寫也匯集了無數(shù)數(shù)學(xué)人的

智慧，上面的例題，習(xí)題，蘊(yùn)含著樸實(shí)無華的數(shù)學(xué)

思想方法和最本源的數(shù)學(xué)解題技巧.所以在平時(shí)的

教學(xué)中，要在學(xué)生面前強(qiáng)調(diào)教材對(duì)高三數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)的

重要性，重做教材上的經(jīng)典題目，領(lǐng)悟其中的數(shù)學(xué)

思想方法與解題技巧，使教材習(xí)題與課外習(xí)題產(chǎn)生

“共鳴,紅糖番薯糖水 ,.

參考文獻(xiàn)

[1]渠東劍.素養(yǎng)視角下的2019年高考數(shù)學(xué)江蘇卷分析

[J].中學(xué)數(shù)學(xué)教

學(xué)參考，2019(

9)：56-60

(本文系鎮(zhèn)江市“十三五”教育規(guī)劃課題《鎮(zhèn)江市高中數(shù)學(xué)老師數(shù)學(xué)素養(yǎng)

的現(xiàn)狀與調(diào)查

》(課題編號(hào)

：2017jy-128)階段性研究成果之一)

導(dǎo)數(shù)中隱零點(diǎn)問題的處理策略

朱廣智廣東省東莞市第六高級(jí)中學(xué)(523420)

在高考數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)壓軸題中，導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)在解

題過程中處于“咽喉”位置至關(guān)重要.研讀近幾年高

考題，我們發(fā)現(xiàn)經(jīng)常會(huì)碰到導(dǎo)函數(shù)具有零點(diǎn)但求解

相對(duì)繁瑣甚至無法求解的問題?此類問題我們稱之

為“隱零點(diǎn)問題”.面對(duì)這種問題，我們不必正面強(qiáng)

求，可以將這個(gè)零點(diǎn)設(shè)而不求，然后謀求一種整體

的轉(zhuǎn)化和過渡，再結(jié)合其他條件，從而獲得問題的

解決方法．本文結(jié)合2018年高考導(dǎo)數(shù)壓軸題，探

究了這類問題的一般處理策略，并且把這種策略應(yīng)

用于往年高考題進(jìn)行了有效驗(yàn)證．在本文最后對(duì)此

類問題指出了相應(yīng)的備考策略.

1問題探究

案例1(2018年高考全國皿卷?文21)已知

函數(shù)f(x)_處節(jié)1?證明：當(dāng)a>1時(shí)，f(x)+e>

ex

0．

師生互動(dòng)要證f(

x)+e>0,即證ax2+x-1+

ex+1>0.設(shè)g(x)_ax2+x-1+ex+1(a>1),只要證

[g(x)]mm>0即可.令g'(x)_2ax+1+ex+1_0,g

'(x)

_2ax+1+ex+1_0是一個(gè)超越方程，導(dǎo)函數(shù)g'(x)_

2ax+ex+1的零點(diǎn)不可求，是一個(gè)隱零點(diǎn).怎么處

理導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)不可求問題？處理此類隱零點(diǎn)問

2020年第12期

福建中學(xué)數(shù)學(xué)

41

題的策略是什么？

分析1???a>1,

g"(x)_2a+ex+1>0在xeR上恒成立，

gr(x)_2ax+1+ex+1在xeR上單調(diào)遞增，

g'(x)_2ax+1+ex+1在xeR至多有一個(gè)零點(diǎn).

g'(-1)_-1+e1-一>0,

a

g，(-2)_-2a+1+一<0,

e

根據(jù)零點(diǎn)的存在性定理得g'(x)_2ax+1+ex+1

有且只有一個(gè)零點(diǎn)x0,并且x0e(-2,].

a

g(x)在xe(-px。)時(shí)單調(diào)遞減，

在xe(x,0)時(shí)單調(diào)遞增，

所以[g(

x)]min_g(x?)_ax。2+x?-1+ex0+1,

?/g'(x)_2ax+1+ex

0+1_0,

...e%_—2ax—1.

[g(x)]m"_g(x0)_ax02+x0-1+ex+1

_axj+x—1—2ax—1

_axj+(1—2a)x—2

_(ax0+1)(x-2),

txe(—2,],/.x—2<0,ax+1<0,

a

[g(x)]min_g(x)_(ax+1)(x-2)>0,

所以f(x)+e>0.

分析2g-(-1)_-1+e1-a>0,

a

xt-8時(shí)，g，(x)_2ax+1+ex+1,

g'(x)_2ax+1+ex+1的唯一零點(diǎn)x0e(-8,-丄].

a

處理策略1(1)通過二階導(dǎo)數(shù)或直接觀察

f'(x)的單調(diào)性，在給定的區(qū)間中取兩個(gè)特殊值

a,b，計(jì)算出fIa)

和f'(b)并與0比較大小，或取

極限xTa時(shí)，f'(x)的取值情況，由零點(diǎn)的存在性

定理證明隱零點(diǎn)的存在性和唯一性；

(2)利用x。左右兩側(cè)f'(x)的符號(hào)確實(shí)函數(shù)

f(x)的單調(diào)性

、極值、最值；

(3)利用f'(x。)=0進(jìn)行整體代換?

案例2(2018年高考全國I卷?文21)已知

函數(shù)f(x)_aex-ln

—-1.證明：當(dāng)a>-時(shí)，f(x)>0.

e

分析f'(x)_aex-1(x>0),f'(x)_aex-1_0

xx

有解等價(jià)于函數(shù)y_aex(x>0)和函數(shù)y_1(x>0)

x

函數(shù)圖象有交點(diǎn).作出兩個(gè)的函數(shù)的圖象，兩個(gè)函

數(shù)圖象在第一象限只有一個(gè)交點(diǎn)，所以函數(shù)

f'(x)_aex-丄匕>0)有且只有一個(gè)零點(diǎn)x,

x

即ff(x0

)_aex—丄_0.

x

當(dāng)—e(O,x0),ff(x)<0,

f(x)在—e(0,x)單調(diào)遞減；

當(dāng)xe(x,+8),ff(x)>0,

f(x

)在xe(x,+8)單調(diào)遞增.

所以[f(x)]min_f(x)_aex0-lnx-1.

?/f(x)_aex+4>0在xe(0,+8)恒成立.

x2

???f'(x)在xe(0,+8)上單調(diào)遞增.

?/f'(1)_ae一1>0,0

由f'(x0提高的英文 )_aex0----------_0,得aex<)_—,

x0x0

lnaex0_ln丄化簡得lna+x_-lnx,

x0

[f(x)]mi”_f(x0)_aex0-lnx0-1

_+lna+x—1>1+lna>1+ln—_0,

x0e

當(dāng)且僅當(dāng)x。_1,a_一時(shí)取“_”號(hào).

e

故當(dāng)a>一時(shí)，f(

x)>0.

e

處理策略2函數(shù)y_f'(x)有零點(diǎn)等價(jià)于方程

f'(—)_0有實(shí)根，把方程進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃危詈蟀?/p>

函數(shù)y_f'(x)的零點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化成兩個(gè)函數(shù)圖象的

交點(diǎn)問題?通過觀察判斷兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)判斷函

數(shù)y_f'(—)零點(diǎn)個(gè)數(shù)，零點(diǎn)—0范圍，y_f(—)在—0

兩側(cè)的單調(diào)性.

2策略應(yīng)用

例1(2012高考新課標(biāo)I卷?文21)設(shè)函數(shù)

f(x)_e—-ax-2.

(I、求f(—)的單調(diào)區(qū)間；

(n)若a_1,k為整數(shù)，且當(dāng)—>0時(shí)，

(—-k)f'(x)+—+1>0，

求k的最大值.

解(I)函數(shù)f(—)的定義域?yàn)?-8,+8)，且

f'(x)_e—-a.

42

福建中學(xué)數(shù)學(xué)

2020年第12期

當(dāng)a<0時(shí)，f，(

x)>0在(-a,+8)上恒成立,

f(x)在(-8,+a)上是增函數(shù)；

當(dāng)a>0時(shí)，令f，(x)=ex-a=0,得x=ln

a.

令f，(x)=e-a>0,得x>lna,

所以f(x

)在(lna,+8)上是增函數(shù)，

令f，(x)=e-a<0,得x

所以f(x

)在(-8,lna)上是減函數(shù)，

(n

)若a=1,

則f(x)=e行政主管 x-x—2

,f，(x)=ex-1.

所以(x-k)f'(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1,

故當(dāng)x>0時(shí)，(x-k)f，(

x)+x+1>0

等價(jià)于k<耳也=x(e

"一”1)+x+1=x+字1

e—1e—1e—1

x+1

即當(dāng)x>0時(shí),k<-----卜x(x>0)①.

ex-1

令

g(x)=+x

,

e*-1

則g'(x)=

—xex—1+1ex(ex—x—2)

(ex-1)2+=(ex-廳

由(I)知，函數(shù)h(x)=e*-x-2在(0,+8)單

調(diào)遞增，而h(1)=e-3<0,h(2)=e2-4>0,

所以h(x)在(0,+8)存在唯一的零點(diǎn).

故g'(x)在(0,+8)存在唯一的零點(diǎn).

設(shè)此零點(diǎn)為x0，則x0e(1,2).

當(dāng)xe(0,,o)時(shí)，g'(x)<0；

當(dāng)xeg,+8)時(shí)，g'(x)>0.

所以g(x)在(0,+8)的最小值為gg).

又由g'(xo)=0,可得e^1=x0+2,

x+1

所以g(x。)=_-+x。=x0+1e(2,3),

ex0-1

由于①式等價(jià)于k

故整數(shù)k的冰糖腌檸檬 最大值為2

.

思考本例中隱零點(diǎn)的處理策略是用零點(diǎn)存在

性定理判斷零點(diǎn)的存在性和唯一性，并確定零點(diǎn)的

范圍.

例2(2015高考新課標(biāo)I卷?文21)(本小題

滿分12分)設(shè)函數(shù)f(x)=e2x-alnx.

(I)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù);

2

(n)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2a+aln—.

a

解法1(I)f'(x)=2e2x-a(x>0).

x

(1)若a<0時(shí)，f'(

x)>0在(0,+8)恒成立，

所以

f'(x)沒有零點(diǎn)；

(2)若a>0時(shí)，f'(x)在(0,+8)單調(diào)遞增.

當(dāng)xT0,f'(x)T-8；

當(dāng)xT+8,f，(

x)T

+8,

所以f，(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn).

(n)設(shè)f'(x)的唯一零點(diǎn)為x。,

由(I)知(0,x)上，f'(x)<0,f(

x)單調(diào)遞減;

在(x,+8)上，f，(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.

所以f(x

)取得最小值f匕0)?

所以f(x)>f(xo)=e2x0-alnxq,

又fr(x)=2e2-a=0,

x0

所以一=e2x,2x=ln〒—lnx,

2x2

aa

f(xo)=a(ln7T一2xo)

2x2

a宀[2宀i2

=---+2xoa+aln—>2a+aln—,

2xoaa

2

所以f(x)>2a+aln—.

a

解法2(I)f(x)=e2x-a

lnx

(x>0),

f'(x)=2e2x?

x

顯然當(dāng)a<0時(shí)，f'(x)>0在(0,+8)恒成立，

f，(x)無零點(diǎn).

a

當(dāng)a>0時(shí)，取g(x)=f'(x)=2e2x--,

x

則g'(x)=4e2x+>0在(0,+8)恒成立，

即f，(x)在(0,+8)單調(diào)遞增.

令g(x)=f，(x)=2e2x-a=0，即2e2x=a.

xx

a

畫出y=2e2x與y=—在(0,+8)的圖象如圖1

x

所示?由圖1可知導(dǎo)函數(shù)f'(x)存在唯一零點(diǎn).

2e2x

圖1

(n)由(I

)可知f‘(x)有唯一零點(diǎn)，設(shè)零

點(diǎn)為xo,由圖1可知，當(dāng)xe(0,,0)時(shí)，

f'(x)<0,

2020年第12期

福建中學(xué)數(shù)學(xué)

43

即f(—)單調(diào)遞減；

當(dāng)xe(—0,+8)時(shí)，f'(—)>0,即f(—)單調(diào)遞增.

所以f(—)在—_—0處取得極小值，

即f(x)min_f(—0)_e2—0-a

lnx。.

又f'(—0)_2e2—0-a_0,

—0

解得e2—0_F①.

2—0

①兩邊分別取自然對(duì)數(shù)，得2—0_ln

a-ln2x。,

a

即ln—0_ln^-2

—0.

aa

所以f(x0)_-a(ln〒-2—0)

2—八2

a宀正宗炸醬面 、a

_----+2a—a—aln—

2—002

-ia小i2

>2a—aIn—_2a+aIn—,

2a

當(dāng)且僅當(dāng)f_2a

—0，即—0_1時(shí)取等號(hào).

2—02

思考本例中解法1用極限思想來確定零點(diǎn)的

存在性和唯一性，解法2把零點(diǎn)的判定轉(zhuǎn)化為兩個(gè)

函數(shù)的圖象交點(diǎn)問題，通過圖象來解決零點(diǎn)的存在

性和唯一性.

3備考建議

對(duì)近幾年的高考全國卷分析可知，隱零點(diǎn)問題是

高考全國卷中導(dǎo)數(shù)壓軸題的熱點(diǎn)考核題型之一.該題

型涉及了導(dǎo)數(shù)極值、函數(shù)的圖象、

函數(shù)與方程思想等

等，一直是高考導(dǎo)數(shù)壓軸題的熱點(diǎn)問題，而且高考并

不回避考過的題型和熱門題型?在高考復(fù)習(xí)中，

考生

有必要對(duì)隱零點(diǎn)問題引起足夠重視并加強(qiáng)訓(xùn)練，掌

握此類問簡介英語 題的處理策略和思想.

第一步：用零點(diǎn)存在性定理、

極限方法、函數(shù)

圖象等判斷導(dǎo)函數(shù)f'(—)零點(diǎn)的存在性

，f(—)的單

調(diào)性和零點(diǎn)—0的范圍；

第二步：以零點(diǎn)—0為分界點(diǎn)，判斷導(dǎo)函數(shù)f'(—)

在零點(diǎn)兩側(cè)正負(fù)，得到f(—

)的win10關(guān)機(jī) 最值表達(dá)式；

第三步：將零點(diǎn)方程f(—0)_0進(jìn)行變形，整體

代換，對(duì)最值式子進(jìn)行化簡；

我們將其稱為隱零點(diǎn)三部曲.導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)雖然

隱形，但只要抓住特征，判斷其范圍，最后整體代

入即可.

參考文獻(xiàn)

[1]

鄧軍民.高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)講義與重難點(diǎn)突破[M].廣州：廣州出版社，

2017

多角度研究等差乘等比型數(shù)列求和問題

吳攀1陳凌燕2

1福建省漳州市第三中學(xué)(363000)2福建省仙游金石中學(xué)(351200)

在數(shù)列求和問題中，等差乘等比型數(shù)列求和經(jīng)

常見到，而此類試題的解答，大都通過錯(cuò)位相減法

求得結(jié)果，這里從不同的角度出發(fā)，給出幾種等差

乘等比型數(shù)列求和的方法，與同行交流.

題目求1x21+3x22+5x23+…+(2n-1)?2”.

解法1設(shè)S”_1x21+3x22+5x23+…

+(2n-1)?2”,

2S”_1x22+3x23+5x24+…

+(2n-3)?2”+(2n-1)?2”+1,

兩式相減得：

-S”_2+(23+24+25+…+2”+1)-(2n-1)?2”+1

23一2”+2

_2+(1-2)-(2n-1)?2”+1

_2+2”

+2-8-(2n-1)?2”+1

_-6+(-2n+3)?2n+1,

所以S”_6+(2n-3)?2

n+1.

評(píng)析此解題方法為錯(cuò)位相減法，學(xué)生能夠接

受，也是我們處理等差乘等比型數(shù)列求和的常用方

法，但是學(xué)生在計(jì)算時(shí)常常出錯(cuò)，應(yīng)在平時(shí)的教學(xué)

過程中，注意計(jì)算易錯(cuò)點(diǎn)強(qiáng)調(diào)及計(jì)算訓(xùn)練.

解法2依題意，令a”_(2n—1)?2”,

則原式可看作求數(shù)列｛a”｝的前n項(xiàng)和S”.

設(shè)a”_(An+B)?2n-[A(n-1)+B]?2n-1

_(An+A+B)?2n—1,

對(duì)比系數(shù)得A_4,B_-6,