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2014年高考陕西卷理科压轴题的解法研究及赏析

时间:2015-09-18


?

解题方法?  

数学通讯 一 2 0 1 4年第 9期 ( 下半月)  

2 3  

2 0 1 4年高考 陕西卷理科压轴 题的解法研究 及赏析 
张锦 川  
( 陕西 师大附中 , 7 1 0 0 6 1 )  

2 0 1 4年陕 西卷 理科 第 2 1 题:  

设 函数 f( x)=I n ( 1 +  ) , g( x) =Xf   x) ,  



(   ≥ 0 ) ,  

≥0 , 其Cf   (  ) 是f ( x ) 的导 函数 .  
( I)g t ( z) :g ( x) , g   + 1 (  ) =g( g ,   (  ) ) , 7 2  
∈N+, 求g   (  ) 的表达 式 ;  

即此 时结 论也 成立 .   由①② 可 知 , 结 论 对 ”∈N+ 成立 , 即g ,   (  ) =  
(  ≥0 ) ?   ( Ⅱ) 解法 1   f( z) ≥ 口g ( x) 恒 成 立∞ l n ( 1+  

( Ⅱ) 若厂 (  ) ≥ 盘g(  ) 恒成立 , 求 实 数 口的 取  值范围;   ( I t i ) 设 , 2 ∈N+, 比较 g( 1 ) +g( 2 ) 十… +g( 7 2 )   与  一f( 7 2 ) 的大 小 , 并加 以证 明 .  

) ≥ 

x - , j ' x  ̄ O恒成 立 .  

令 (  ) =l n ( 1 +x ) 一  a x , 显 然有  ( 0 ) =0 ,  
,,  

这道试题沿袭 了近年来陕西卷理科压轴题 的设  计模式 , 一题多问, 层层递进 , 过渡 自 然. 既考查 了函 

(  ) 、    

1  

口  

+1 一n  



一 研

 

’  

数、 导数 、 不等式等主干知识 和函数与方程 、 数形结 
合、 转化与化归等数学思想 , 又引导学生用联系发展 
的眼 光看 问题 , 综 合运 用 数 学知 识进 行 推理 论证 .  


当 口>1时 , 对  ∈ ( 0 ,   —i ) 有  (  ) <0 ,   (  ) 单调递减 ,  ( z ) <  ( 0 ) :0 , l n ( 1 +z ) ≥ 
不 恒成 立 .  



解 法研究  ( z ≥ 

当n ≤ 1时 , 对  ∈ [ 0 , +∞) 有  (  ) ≥0 ,  

( I)由已知可 得 , g l (  )   g( z)  

( z ) 单 调 递 增,   (   ) ≥   ( o ) = 0 , l n ( 1 + z ) ≥   乏  
恒成 立 .  

0 ) , g 2 (  

g( g  

l +x  

j   , 2 7 (  ≥ 

综上 , 实数 以的取值范围为( 一∞, 1 ] .  
解法 2   厂 (  ) ≥ &g( z) 恒成 立 筒 l n ( 1 +, 7 3 ) ≥ 
aze

0 ) ’  

z ㈦)  

j 惫  ≥  1 n ( 1 +z) ≥ 
十 z

X C x>O恒成 立 (  

0时显 然 成立 ) 铮( 1 +z)  

对   > 0恒 成 立 .  

o ) , …, 猜 想  (   )  再   ( z ≥ 0 ) ?  
下 面用数 学归 纳 法证 明 .   ①当 竹   l时 , gl (  )  
立.  

令 (  ) =( 1 +  ) i n ( 1  
+  ) , 由   (  )=1+l n ( 1  
1  

( z、 > 0 ) , 结论 成 

+ z ) > 0 ,  ( z )  南 >  
0均 在 z>0时 恒 成 立 , 可 

知 (  ) 在 z>0上单 调递 
k时 结 论 成 立 , 即  (  )   增, 且 为 下 凸 函数 , 如图 1   图1   可知 , 要( 1 +z) l n ( 1 +  ) ≥  对  >0恒成 立 , 则  n ≤  ( 0 ) :1 .  

②假设 

( z≥0 ) , 那么, 当, z =k+1时 ,  

(  ) :g ( g k (  ) ) =j 土  
+1

所以实数 倪的取值范围为( 一o 。 , 1 ] .  
x 

1+— l   +k

解法 3  

(  ) ≥倪 g( z) 恒 成立 

数学通讯 一 2 0 1 4年第 9期 ( 下半月)  

? 解题方法?  

甘l n ( 1 +  ) ≥ 
然 成立 )   ∞口 ≤  羔 

X f x>O恒成 立 ( z   0时显 

义 由 (儿 ) 的弼 牟 法 1知 , 当 a   1时 , l n ( 1+ 3 2 ) > 

r 乞X  ̄ x > O 恒 成 立 , 从 而  
对  >0恒 成立 .  

令  ( z) :  
_ = = _  


,则  ( 7) : 3  

l n 篇_ l n ( 1 + 而 1 ) > 鬲 k + l  1 '  
所 以 l n ( 足 + 2 ) > l n   庀 着+ — r   1   丢 + 号 j   + … + 一 _ 1   . i 工   > 丢 十 号 + … +   +   1   , 即 n = 忌 + 1 时 结 论  
也成立 .  
综 卜. 由① ⑦ 可 知 . 对 7 2 ∈N 结 论 都 成 寺 .  

令 ^(  ) :   —l n ( 1 +  ) , 贝 u ^ , (  ) :  

l —  

>0在  >0时恒 成 立 , 所 以, 当  >o时 

h ( z) 单 调递增 , 从 而h ( , 2 2 ) >h( 0 ) =0 , 即  ( z) >  
0 , 从而 ( - z ) 单调 递增 , 所 以 
n ≤l i m 


:l i m 

证法 3   如 图 

l i m   I n ( 1 +  )  :l n [ 1 i m( 1 +  )  ]  
l n e= 1 .  

2 ,  - 1 -  ̄ x d 7是 3  
由曲线  ,   z=   及 z轴 围成 
的 曲 边 梯 形 的 面  图2  



所 以实数 a的取值 范 围为 ( 一∞ , 1 ] .  
( 1 1 I )由 已知 g( 1 )+g( 2 )+… +g(  ) =   1十  
2+


+ 

7 l



, 而 吉 十 号 + … +   是 图 2 中 所 示 各 矩 形 的 面   , z 一 ( 吉 十 { + ? ? ? +   ) , (   一  积 积和 . 所 以 
1 .2 .   .   7 1 .  

f (  ) =”一I n ( 7 z +1 ) .   经 比较 可 知 g( 1 )+g( 2 )+ … +g ( n ) >7 2一  

十 了 十…十  
>   =   一   ) d 7 3  

厂 (   ) , 即 I n (   z 十 1 ) >   1 + 了 1 + … +   _, 1 证 明 如  
下.  

=   一I n (   +1 ) ,  

证法 1   由( Ⅱ) 的 解 法 1可 知 , 当 n=1时 ,  

结 论得 证 .  

l n ( 1 十 三 ) > 南 对 z > O 恒 成 立 .  
令  =   , ”E   N+, 则有 I n— n   +1 > 
7 2   7 " /   , T 上 

二、 试 题欣 赏  1 .考查 面广 , 解法 灵活  从而 
+ 
7 ' l

本 题 从 内容 上 考 查 了求 函数 解析 式 、 求字母 取 

l n (  

) =1 n (  
7  

?  

? …  2) =1 n 
1  


值范围及判断并证 明不等式 等重要问题 , 而解决方  法不拘泥于形式 , 如第( Ⅱ) 问既可以利用解法 l , 构 
造 函数 , 分类 讨 论 , 又 可 以用 解 法 2或 者解 法 3 , 采  用 主参分 离 的方法 , 构造 新 函数进 行求解 .  
2 .层层 递 进 , 一脉 相 承 

H 一 1 

l n  

+… +1 n   T 2>  1  十   +… +   1 证毕.  
证法 2   用数 学归 纳法 证 明 .  
① 当 咒=1时 , I n 2 >l 。 g 4 2 =   1


结 论成立 .  

②假设  =足时结 论 成 立 , 即l n (   十1 ) >   1+  

高考压轴题往往设置成一题多问的形式, 且这 
些 问题 之间常 常 “ 藕 断 丝连 ” , 呈 现 为 一个 有 机 的整  体. 本题 在这 一方 面做 得非 常好 , 如第 ( Ⅱ) 问的结论 

号 + . . ? + 南  J l 7 7 =   + 1 时 ,  
l n ( k +2 ) :I n ( k+2 ) 一I n ( k+1 ) 十l n ( k+1 )  


在第( Ⅲ) 问的应用 , 衔接 自然 , 应用巧妙 , 体现了解 
答题 中“ 前 为后用 ” 的重 要 手 段 . 又 如第 ( Ⅱ) 问解法 
1中利用  ( 0 ) =0及  ( z)   可 能会 “ 先 

l n   k+2+1

n ( 尼+1 )  

> l n   + 争了 1 + . . . + 而 1,  

负后正 ” 的特殊性 , 得出  ( z) 必须 “ 只增 不减 ” . 这种 

?

解题方法?  

数学通讯 一 2 0 1 4年 第 9期 ( 下半月)  

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对特 殊点 的重 点关 注及 对 可 能情 况 的充分 分 析既 体  现 了部分 与整 体 的关 系 , 也 考 查 了学 生 观 察 、 猜想 、  
论证 的 能力 .   3 .立足 基础 , 回昧 无穷 

可 以算作 “ 半 主参 分离 ” , 但 恰好 将 问题 中的不 等 式 
转化 为 函数 Y=( 1 +z) I n ( 1 +  ) 与过 坐 标 原点 的 

旋 转 直线 Y=a s 6 的位 置关 系 , 一静 一 动 , 动 中有 静 .  
在整个 处 理 方 法 上 , 一退一进 , 虽然 “ 退” 了一 步 将 

本题 简洁 大 方 , 清 晰 自然 , 既立足于基础知识 ,   考查 了分 类讨 论 , 主参 分离 , 前 为后 用 等重 要思 想 和  方法 , 又蕴 含着 数学 中直观 与 深刻 的含 义 . 如第 ( Ⅲ)  
问的证法 3正是 利 用 定 积 分 的几 何 意 义 , 将 两 部 分  内容联 系起 来 , 直观简单 , 含义深 远. 又如第( Ⅱ) 问 

“ 主参 分离 ” 变成 了 “ 半 主 参 分离 ” , 但 同时 又 “ 进” 了 


步 引 出了数 形结 合 , 使 问题直 观 , 方便解 决 .  
三、 试 题 反思 

在教学中 , 如果 能够 选 择 这 样 的典 型 题 目进 行 

教学 , 坚持“ 少 而精 ” 的 原则 , 尽 量 多 角度 地 、 循 序 渐  进 地研究 问题 , 重 视 知识 、 方法 、 思想 的发现 、 形成 和  总结 , 那么教 学会 变得 高效 , 学 生也会 学得轻松 、  
愉快.  

中 的 解 法 3 ,采 用 主 参 分 离 ,最 终 求 
l i m  ± 互 
0一 o。  

时 实 际上 涉及 到“ _ 0” _ 型极 限
, ,  

U 

这是 高等 数学 中的典 型 问题 . 而 如 若 对第 ( Ⅱ) 问 中  采用 解法 2 , 相 对 比解 法 3中的 “ 主参 分 离 ” , 解法 2  
( 收稿 日期 : 2 0 1 4 —0 6 一l 7 )  

《 基于学生 的认知  平实施解题教学 》 一文 的商榷 
刘鸿春  
( 江苏 省高邮市第一 中学 , 2 2 5 6 0 0 )  

文[ 1 ] 分析 了下面的题 目 1和它 的两种解法 ,  
原 文摘 录如下 .  

≠1  
综合 可 得 1 <   <2 , 即所 求 实 数 n的取 值 范 围 
是( 1 , 2 ) .  

题目1   已知 函数 f ( z ) =l o g   ( 2 一盘  ) 在[ 0 ,   1 ] 上单调递减 , 则实数 a的取值范 围是一 ——.   解法 1   ( 解不等式)’ . ’ f ( x ) 在[ 0 , 1 ] 上单减 ,  
‘ .

文[ 1 ] 的作者认为 : 解法 2大部分高一学生不能 
理解 , 这 种解 法超 出 了他 们 的认 知水平 , 而解 法 l源  自学生 的求解 , 这 种 解答 是基 于学 生 的认知水 平 的 ,   且 能很好 地解 决类 似 的问题 ( 如原 文 的题 目 2 ~4 ) .  
因此 , 解 法 1是一 个 通用 且学 生 能够理 解 的方法 .  
1 . 质 疑 



f ( O ) >厂 ( 1 ) , 即l o g   2 >l o g , , ( 2一n) .  
当 a>1时 , 2 >2 一口>0 , 解得 0 <a <2 , . ‘ . 1 <  

n< 2;  

当0 <口<1时 , 2 <2 一a, 解得 口 <0, . ‘ . a∈  .  

综上 , 所求实数 a的取值范围是( 1 , 2 ) .  
解法 2   ( 同增异 减 )设 “=2 一鲫 , Y=l o g  ,  

题 目 l的解 法 1 是 通法 吗 ?请看 下列 问题 .  
例 1   已知 函数 f ( 3 " - ) =l o g 0   5 ( 5 L "  一  . { _ “) 在 

则, ( z ) 是由函数 Y与   复合而成 , 由a >0 且a  ̄ - : l  
知内函数 “= 2 一a x在[ 0 , 1 ] 上单调递减 , 而复合后  的函数f ( x ) 在[ 0 , 1 ] 上单调递减 , 所 以外 函数 Y=   l o g   在“ >0 上单调递增 , 所以 a >1 .   因为 “= 2 一眦 在 [ 0 , 1 ] 上恒正 ( 否则 , 对数没 
有 意义 ) , 所以 “   i   =2一a>0 , 解得 0 <   <2 , 且 a  

[ 1 , 4 J 上单调递减 , 则实数 “的取值范围是一 一 …… .  
按 照题 目 l的解题 逻辑 , 有 下列 两个 解法 .  

解法 t   ( 解 不 等 式 )因 为f (  ) =l o g 0   5 (   一  

+a ) 在[ 1 , 4 ] 上单调递减 , 所 以f ( 1 ) >/ ( 4 ) , 即  
l o g 05 1 >l o g 0   5 ( 1 6 —3 a ) , 解得


n<5 .  

所 以, 所求 实 数 n的取 值范 围是 ( 一( 3 0 , 5 ) .  


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