巧思妙解2011年高考数学题(天津卷)
杨洪林
1.(文19)已知函数
f(
x)= 4
x3 + 3
tx2 –6
t2 x +
t–1,
x ∈
R,其中
t ∈
R.
(1)当
t = 1时,求曲线
y =
f(
x)在点(0,
f(0))处的切线方程;
(2)当
t ≠ 0时,求
f(
x)的单调区间;
(3)证明:对任意
t ∈(0, +∞),
f(
x)在区间(0,1)内均存在零点.
【
参考答案】
(1)略.
(2)
= 12
x2 + 6
tx –6
t 2,令
= 0,解得
x = -
t或
x =
.
因为
t ≠ 0,所以分两种情况讨论:
① 若
t <0,则
<-
t.当
x变化时,
、
f(
x)的变化情况如下表:
所以
f(
x)的单调增区间是
,(-
t,+∞);
f(
x)的单调减区间是
.
② 若
t >0,则 -
t <
.当
x变化时,
、
f(
x)的变化情况如下表:
所以
f(
x)的单调增区间是(-∞,-
t),
;
f(
x)的单调减区间是
.
(3)由(2)可知,当
t >0时,
f(
x)在
内单调递减,在
内单调递增.
以下分两种情况讨论:
① 当
≥1,即
t ≥2时,
f(
x)在(0,1)内单调递减,
在(1,+∞)内单调递增.
f(0)=
t - 1>0,
f(1)= - 6
t 2 + 4
t + 3
≤ - 6×4 + 4×2 + 3<0.
所以对任意
t ∈ [2, +∞),
f(
x)在区间(0,1)内均存在零点.
② 当0<
<1,即0<
t<2时,
f(
x)在
内单调递减,在
内单调递增.
若
t ∈(0, 1],则
=
+
t - 1<
<0,
f(1)= - 6
t 2 + 4
t + 3≥- 6
t + 4
t + 3 = -2
t + 3>0,
所以
f(
x)在
内存在零点.
若
t ∈(1, 2),则
=
+(
t – 1)<
+ 1<0,
f(0)=
t - 1>0,
所以
f(
x)在
内存在零点,
所以对任意
t ∈(0, 2),
f(
x)在区间(0,1)内均存在零点.
综上,对任意
t ∈(0, +∞),
f(
x)在区间(0,1)内均存在零点.
·
巧思·
①(2)中,将
f(
x)化为4(
x -
a)
2(
x–
b)+
f(
a)(
a≠
b)的形式,利用极值的定义便知:若
a<
b,
则
f(
a)是
f(
x)的极大值;若
a>
b,则
f(
a)是
f(
x)的极小值。
② 利用“有极值的三次函数共有两个极点、三个单调区间;当三次项系数为正时,三个单调区间从左至右依次为递增、递减、递增”,便能求出
f(
x)的全部单调区间。
③(3)中,首先考虑
f(
x)在区间(0, 1)的端点值
f(0)、
f(1)的符号,如无效则增加考虑区间中点处的值
f (与
f(0)或
f(1)比较),则问题一般可解且方便。
④ 如上述仍然无效,则再考虑三等分点的值
f 或
,与
f(0)、
f 、
f(1)之一比较……
·
妙解·
(2)由
f(
x)=(
x +
t)
2(4
x–5
t)+
f(-
t)=
+
可知:
若
t <0,则
f(
x)
极大 =
,
f(
x)
极小 =
f(-
t),
f(
x)在
和(-
t,+∞)单调递增,在
单调递减;
若
t >0,则
f(
x)
极大 =
f(-
t),
f(
x)
极小 =
,
f(
x)在(-∞,-
t)和
单调递增,在
单调递减.
(3)① 0<
t<1
f(0)=
t -1<0,
f(1)=–6
t 2 + 4
t + 3>–6
t + 4
t + 3
t =
t>0
$
x0 ∈(0,1),使
f(
x0)= 0.
②
t >1
f(0)=
t -1>0,
f =–3
t 2 +
t -
<–3
t +
t = -
<0
$
x0 ∈
,使
f(
x0)= 0.
③
t = 1
f =
+
–3<0,
f(1)= 4 + 3–6>0
$
x0 ∈
,使
f(
x0)= 0.
综上,对任意
t >0,都 $
x0 ∈(0,1),使
f(
x0)= 0.
【
评注】
① 将
f(
x)变形的方法:
4
x3 + 3
tx2 –6
t2 x +
t–1 =(
x -
at)
2(4
x–
bt)+
c = 4
x3 -(8
a +
b)
tx2 +(4
a2 + 2
ab)
t2 x +
c–
a2bt3 8
a +
b = - 3, 4
a2 + 2
ab = - 6
a = -1,
b = 5,或
a =
,
b = -7……
② 三次函数
f(
x)=
ax3 +
bx +
cx +
d(
a≠0)的性质还有:定义域和值域都是
R;图象与
y轴必有一个交点(0,
d),与
x轴必有一个、二个或三个交点;有两个极点或无极点;图象都是中心对称图形,其对称中心为
;三次函数的导函数(微分)是二次函数,二次函数的积分是三次函数;有关体积、质量、比重等问题,通常可转化为三次函数来研究……
③ 三次函数内含如此丰富,外延如此宽广,规律如此整齐,性质如此有趣;与之有关的命题在历次高考试卷和模拟试卷中频繁“露面”,并且分值较高;而我们赖以生存的空间是三维的,这更加使我们联想起三次函数——所以教材要多介绍三次函数,教师要多讲解三次函数。
④ 参考答案的划线部分有误:波浪线处的(1,+∞)应为
,如取
t = 4,则
f(
x)在(2,+∞)单调递增,而在(1,2)单调递减;单直线处不能直接得到,只能有“≤- 6×4 + 4
t + 3”,但由此无法得到所需的“<0”。可改为“≤- 6×2
t + 4
t + 3 = - 8
t + 3(
t ≥2)<0”等。
2.(理19)已知
a>0,函数
f(
x)= ln
x –
ax2,
x>0.(
f(
x)的图象连续不断)
(1)求
f(
x)的单调区间;
(2)当
a =
时,证明:存在
x0∈(2, +∞),使
f(
x0)=
f ;
(3)若存在均属于区间[1,3]的
,且
-
≥1,使
f(
)=
f(
),证明:
≤
a≤
.
【
参考答案】
(1)略.
(2)当
a =
时,
f(
x)= ln
x –
x2 ,
由(1)知
f(
x)在(0, 2)内单调递增,在(2,+∞)内单调递减.
令
g(
x)=
f(
x)-
f ,由于
f(
x)在(0, 2)内单调递增,
故
f(2)>
f ,即
g(2)>0.取
x’ =
e >2,则
g(
x’ )=
<0,
所以存在
x0∈(2,
x’ ),使
g(
x0)= 0,即存在
x0∈(2, +∞),使
f(
x0)=
f .
(3)略.
·
巧思·
① 已有“
f(
x)在(2, +∞)内单调递减”,如能再有“当
x → +∞时,
f(
x)→ -∞”,则问题显然得证。
② 将
f(
x)看成两个函数
g(
x)= ln
x与
h(
x)=
x2之差,则只需证明
h(
x)是
g(
x)的“高阶无穷大”。
③ 根据
x → +∞时,
g’(
x)→ 0而
h’(
x)→ +∞,以及导数的几何意义,便知
h(
x)的“增长速度”确比
g(
x)“快得多”,从而避免了运用高等数学中“高阶无穷大”的概念和知识。
④ 也可利用对数函数和二次函数的图象来说明
h(
x)比
g(
x)“增速快”(解法略)。
·
妙解·
(2)
x → +∞
(ln
x)
’ =
→ 0,
=
x → +∞
f(
x)= ln
x –
x2 → -∞.
由(1)
f(
x)
max =
f(2)
存在
x0>2,使
f(
x0)=
f .
【
评注】
① 命题的本质是:对任意
x1∈( 0,2),必存在
x0∈(2, +∞),使得
f(
x0)=
f(
x1)。
② 命题的对称是:对任意
x2∈(2, +∞),必存在
x0∈( 0,2),使得
f(
x0)=
f(
x2)。
3.(文20)已知数列{
an}和{
bn}满足
bn+1an +
bn an +1 =(-2)
n + 1,
bn =
,
n∈
N﹡,且
a1 = 2 .
(1)求
a2 ,
a3的值;
(2)设
cn =
a2n + 1 -
a2n - 1,
n∈
N﹡,证明{
cn}是等比数列;
(3)设S
n为{
an}的前
n项和,证明:
≤
n -
(
n∈
N﹡).
【
参考答案】
(1)由
bn =
,
n∈
N﹡,可得
bn =
又
bn+1an +
bn an +1 =(-2)
n + 1,
当
n = 1时,
a1 + 2
a2 = - 1, 由
a1 = 2,可得
a2 = -
;
当
n = 1时,2
a2 +
a3 = 5,可得
a3 = 8.
(2)对任意
n∈
N﹡,
a2n - 1 + 2
a2n = -
+ 1 ①,2
a2n +
a2n + 1 =
+ 1 ②,
② - ①得,
a2n + 1 -
a2n - 1 = 3×
,即
cn = 3×
,
于是
= 4. 所以{
cn}是等比数列.
(3)
a1 = 2,由(2)知,当
k∈
N﹡且
k≥2时,
a2k - 1 =
a1 +(
a3 -
a1)+(
a5 -
a3)+(
a7 -
a5)+ … +(
a2k -1 -
a2k - 3)
= 2 + 3(2 + 2
3 + 2
5 + … +
)= 2 + 3×
=
,
故对任意
k∈
N﹡,
a2k - 1 =
.
由①得
+ 2
a2 = -
+ 1,所以
a2k =
-
,
k∈
N﹡.
因此S
2k =(
a1 +
a2)+(
a3 +
a4)+ … +(
a2k -1 +
a2k)=
.
于是S
2k -1 = S
2k -
a2k =
+
.
故
=
= 1 -
. 所以,对任意
n∈
N﹡,
=
=
=
n -
≤
n -
=
n -
.
·
巧思·
①(1)中,先求出
a2n - 1、
a2n ,后代入计算
a2、
a3,可以避免含义重复的叙述,从而节省许多文字、缩减不少篇幅,并且显得“自然而然”、“合情合理”。
② 得到
a2n - 1、
a2n的同时,也就得到了
cn ,所以可将(1)(2)合并解答,从而又一次节省许多文字、缩减不少篇幅,并且显得“自然而然”、“合情合理”。
③ 将
a2n + 1 -
a2n - 1化为
f(
n + 1)-
f(
n),且使
f(1)=
a1,便知
a2n - 1 =
f(
n)。如此,可避免将
a2k - 1 化为
a1 +(
a3 -
a1)+(
a5 -
a3)+(
a7 -
a5)+ … +(
a2k -1 -
a2k - 3),避免对于“
k = 1”和“
k≥2”的分类讨论,以及避免运用等比数列前
n项求和公式。
④(3)中,将待证不等式右边的
n移到左边(成为 -
n),则右边为不含字母的常数项,左边的放大变形就比较地“轻松自如”,证明就比较地“简单方便”。
⑤ 将
n“平均分配”给每个“
”,成为“
- 1”,则
n就“消失不见”,而整个式子变得“整齐统一”,有利于进一步变形、转化。
⑥ 考虑不等式中等号成立的条件是“
n = 1”,可以估计数列
即
是递减数列,于是问题变为证明
<0。
⑦ 利用已得可知
a2n - 1 +
a2n =
,因此
=
;因此,只需证明
<0。至此,“目标”明确、“方向”准确、“路线”正确。
⑧ 再将(1)(2)(3)合并解答,不仅再一次节省许多文字、缩减不少篇幅,并且显得前后连接连贯、节奏紧凑紧密,整个过程“一脉相承、一气呵成”。
·
妙解·
(1)(2)(3)
题设
b2n - 1 = 2 ,
b2n = 1
a2n - 1 + 2
a2n = -
+ 1,2
a2n +
a2n + 1 =
+ 1,
cn =
a2n + 1 -
a2n - 1 = 3·
=(4 - 1)·
=
-
(
a1 = 2)
cn+1 = 4
cn ,
a2n - 1 =
(
n∈
N﹡)
{cn}是等比数列,a3 = 8,
且2
a2n = 1 -
2a2n - 1<0
2
a2n - 1 + 2
a2n = 1
a2 = -,
且S
2n -1 = S
2n -
a2n =
=
>0(
n∈
N﹡)
- 1 =
=
<0
-
n =
≤
-1 = -
≤ n - .
【
评注】
①“
an + 1 -
an =
f(
n + 1)-
f(
n)[
a1 =
f(1)]
an =
f(
n)”的理论依据:取
n = 1,由
a1 =
f(1)可得
a2 =
f(2);取
n = 2,由
a2 =
f(2)可得
a3 =
f(3)……其实质是数学归纳法的变型,但比“原型”简明简洁、简练简便,可以广泛运用。
② 将等式中的变量全部放入左边,常数项全部放入右边,这是常用手法。而对于不等式,却考虑较少、使用不多,实际有时可以“不妨一试”。
③ 当待证不等式中含有等号时,考虑等号成立的条件,往往能为证明方法的探索“指点迷津”,为证明过程的寻找“指明路径”,应予以重视。
④ 解答问题不一定“按部就班”、“循规蹈矩”地按照(1)(2)(3)进行,可以交换顺序,可以合并解答,也就是“随机应变”、“见机行事”。
4.(理20)已知数列{
an}和{
bn}满足
bn an +
an +1 +
bn + 1 an + 2 = 0,
bn =
,
n∈
N﹡,且
a1 = 2 ,
a2 = 4.
(1)求
a3 、
a4、
a5 的值;
(2)设
cn =
a2n - 1 +
a2n + 1 ,
n∈
N﹡,证明{
cn}是等比数列;
(3)设S
k =
a2 +
a4 + … +
a2k ,
k∈
N﹡,证明
<
(
n∈
N﹡).
【
参考答案】
(1)由
bn =
,
n∈
N﹡,可得
bn =
又
bn an +
an +1 +
bn + 1 an + 2 = 0,
当
n = 1时,
a1 +
a2 +
a3 = 0,由
a1 = 2 ,
a2 = 4,可得
a3 = -3;
当
n = 2时,2
a2 +
a3 +
a4 = 0,由
a2 = 4 ,
a3 = -3,可得
a4 = -5;
当
n = 3时,
a3 +
a4 +
a5 = 0,由
a3 = -3 ,
a4 = -5,可得
a5 = 4.
(2)对任意
n∈
N﹡,
a2n - 1 +
a2n +
2
a2n + 1 = 0,① 2
a2n +
a2n + 1 +
a2n + 2 = 0,②
a2n + 1 +
a2n + 2 + 2
a2n +3 = 0,③
② - ③,得
a2n =
a2n + 3 .④ 将④代入①,可得
a2n + 1 +
a2n + 3 = -(
a2n - 1 +
a2n + 1),即
cn + 1 = -
cn(
n∈
N﹡).
又
c1 =
a1 +
a3 = - 1,故
cn ≠ 0,因此
= - 1,所以{
cn}是等比数列.
(3)由(2)可得
a2k - 1 +
a2k + 1 =(-1)
k. 于是,对任意
k∈
N﹡且
k≥2,有
a1 +
a3 = - 1,-(
a3 +
a5)= - 1,
a5 +
a7 = - 1,…,(-1)
k(
a2k - 3 +
a2k - 1)= - 1.
将以上各式相加,得
a1 +(-1)
k a2k - 1 = -(
k - 1),
即
a2k - 1 =(-1)
k + 1(
k + 1),此式当
k = 1时也成立.
由 ④ 式得
a2k =(-1)
k + 1(
k + 3),从而
S
2k =(
a2 +
a4)+(
a6 +
a8)+ … +(
a4k - 2 +
a4k )= -
k,S
2k - 1 = S
2k –
a4k =
k + 3.
所以对任意
n∈
N﹡,
n≥2,
=
=
=
=
+
+
<
+
+
=
+
·
+
=
+
-
·
+
<
.
对于
n = 1,不等式显然成立.
·
巧思·
①(1)中,先求出
a2n - 1、
a2n ,后代入计算
a3、
a4、
a5及
cn ,可以避免含义重复的叙述,从而节省许多文字、缩减不少篇幅,并且显得“自然而然”、“合情合理”。
②(2)中,将
a2n - 1 +
a2n +
2
a2n + 1 (= 0)化为
f(
n)+
g(
n)+ 2
f(
n + 1),将2
a2n +
a2n + 1 +
a2n + 2 (= 0)化为2
g(
n)+
f(
n + 1)+
g(
n + 1),且使
f(1)=
a1,
g(1)=
a2,便知
a2n - 1 =
f(
n),
a2n =
g(
n).如此,可避免将
a2n - 1“化整为零”,以及先求
a2n - 1、后求
a2n 。
③(3)中,利用“
<
”,即“
<
”,便避免了对于“
n = 1”和“
n≥2”的分类讨论;将
先放大为
,便提前甩掉一些“额外包袱”,而更加“轻装上阵”。
④ 将(1)(2)(3)合并解答,更显得前后连接连贯、节奏紧凑紧密。
·
妙解·
(1)(2)(3)题设
b2n – 1 = 1,
b2n = 2
(
a1 = 2 ,
a2 = 4)
a2n - 1 = -(
n + 1)(-1)
n ,
a2n = -(
n + 3)(-1)
n a3 = -3,
a4 = - 5,
a5 = 4 .
且
cn =
a2n - 1 +
a2n + 1 =(-1)
n {
cn}是等比数列.
S
2k =(4 - 5)+(6 - 7)+ … + [(2
k + 2)-(2
k + 3)] = -
k, S
2k - 1 = S
2k –
a4k =
k + 3.
=
=
=
<
=
+
+
<
+
+
=
+
+
=
+
+
<
+
=
.
【
评注】
①“
[
a1=
f(1),
a2 =
g(1)]
a2n - 1 =
f (
n),
a2n =
g(
n)”
的理论依据:取
n = 1,由
a1 =
f(1) 、
a2 =
g(1)可得
a3 =
f(2) ,由
a2 =
g(1)、
a3 =
f(2)可得
a4 =
g(2);取
n = 2,由
a3 =
f(2) 、
a4 =
g(2)可得
a5 =
f(3) ,由
a4 =
g(2) 、
a5 =
f(3)可得
a6 =
g(3)……其实质是第二数学归纳法的变型,但比“原型”简明简洁、简练简便,可以广泛运用。
② 将
a2n - 1 +
a2n +
2
a2n + 1 变形的方法:0 = 2 + 4 + 2(-3)=(
n + 1)+(
n + 3)- 2(
n + 2)=(
n + 1)(-1)
n + 1 +(
n + 3)(-1)
n + 1 + 2(
n + 2)(-1)
n + 2 = -(
n + 1)(-1)
n -(
n + 3)(-1)
n + 2(
n + 2)(-1)
n。
③ 有些表达式容易得到的,如
cn=(-1)
n,就直接给出具体表达式,“{
cn}是等比数列”就“一目了然”、“一清二楚”。而不必“本本正正”地按照定义从“理论”上加以证明
④ 解答问题不一定“按部就班”、“循规蹈矩”地按照(1)(2)(3)进行,可以交换顺序,可以合并解答,也就是“随机应变”、“见机行事”,能节省则节省、能缩减则缩减。
【
小结】
① 数学是美的,“简洁美”是其中之一,也是主要的数学美,解决数学问题应当——力求简明、简便、简洁、简单,力求创优创新、尽善尽美。亦即:应当——探求尽可能简明的思路、尽可能简便的解法,探求尽可能简洁的语句、尽可能简单的表述。
② 如果某个问题的解答过程较复杂、步骤较冗长,我们就要思考:这个解法算得上“较好”吗?“很好”吗?“极好”吗?还能够“改变”吗?“改造”吗?“改进”吗?亦即:教师传给学生的知识,不仅应当是“正品”,而且还应当是“精品”、“极品”。
③ 如同长跑比赛不仅比耐力、而且比速度一样,数学高考不仅测验“会不会”,而且测验“好不好”、“快不快”:看你能否在很短时间内顺利地完成答卷。因此,探求“巧思妙解”就不仅仅是理论上的需要,而且更是实际实在的需要、迫切急切的需要。
④“数学是思维的科学”(单墫)。思绪明朗、思路开阔、思想活跃、思维科学了,问题就能迎刃而解;反之则犹豫不决、迷惑不解。因此,数学教育者先教育思维的拓展,数学学习者先学习思维的拓展,就是“十分必要、极其重要、非常紧要”的。
(作者系退休机关干部、中学数学教师)
(责任编辑:admin)
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