全国课标甲卷理科数学21题解法探究

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1、2014tg7-8月下旬(高中)⋯⋯⋯⋯⋯⋯解题研究中小学数学慢■所以g(x)≥h(x)，两函数不能同时取到最值，即设函数，()：。el一be,-I原不等式成立．，曲线y=，()在点筒评：上述解法，其实就是将不等式进行变形，左(11))处的切线方程为，，=e(一1)+2．边看成一个函数，右边看成一个函数，然后求左边函(I)求a，b；数的最小值和右边函数的最大值，发现两边的最值相(Ⅱ)证明)>1．同，即得原不等式成立．显然，这里主要考查学生分析解：(I)根据题意得，()：。e(1nx+1)+问题和解决问题的综合能力．分析2：)=e，解得’，。：1，6：2．，1)：2．一～要证elnx

2、+丝～>1，即证elnx+2e一>(Ⅱ)分析1：0对于任意的>0恒成立．因为式子中既有指数式又由(I)得)：。l眦+．要证。l眦+垫有对数式，直接证明其大于0较为复杂，因此先设法将指数式或对数式化为简单的式子，然后再进行处理．>，似+÷>．容易想到e≥+1’．．．e≥，当且仅当=1时取^等号，此时我们发现，如果把e缩小为，不等式左设g()=xlnx+÷e，g()=lnx+1，边化为elnx+=(elnx+1)．elnx+1既有大于零的情况也有小于零的情况，所以这种思路是错误No<<÷时，g()÷时，g()>0，g(

3、)单调递增；以elnx+2e_。一≥elnx+e_。=ef、lnx+—e1，．所以函数g()有最小值，最小值为gf1=设r()=xlnx+—1—，>0，贝0r()=1I+1．、／1即()≥_1．当0<<一1时，r()<0，r()单调递减；，~Sth()=詈e，()=了1e-x，当>时，r()>0，r()单调递增；当0<<1时，h()>0，()单调递增；所以函数r()有最小值，最小值为r(÷)=0，当>1时，h()<0，^()单调递减；即r()≥0．N；2iN~h()有最大值，最大值为(1)=1，由于取到等号的条件不相同，故而xelnx+2e>0，即原不等式成立．即()≤_=1_．简

4、评：这种解法用的是放缩法．近几年的高考试-115—■●I十小学数学解题研究⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯20l4年7-8月下旬(高中)题中经常会涉及到e≥+1这样重要而且常用的不0，g()单调递增；所以函数g(x)有最小值，最小值等式．这个不等式的功效在于将指数不等式进行转化，将原来复杂的式子变为简单的式子，便于分析研为g(÷)=0，epg()t>0．两个等号不能同时取到，究．所以l眦+一1>0，原不等式成立．分析3：ee要要证证e~lnx++一>>1，，即即证证lnz++三一一1=_>0对简评：这种证法其实和第二种证法原理一样，但我既e们似乎看到了这道题命制的方法了．首先，命题人知道于任意的>0

5、恒成立．因为1眦+的极值容易求函数g()=lm1>0在=上，处取得最小值e得，但减去后，其极值就不易求得，且其导数运算也0，于是产生了不等式l似+≥0，这样的题目太简单变得很复杂，故而可以想到放缩，将换掉，易证ex-I了，所以再进行加工．利用重要不等式e≥+1，可得11≥，当且仅当=1时取等号，所以=≤，eex-I≥，再变换≤÷，≥，当且仅当=1时e>0．所以只要证明1眦+一1>0即可，构造函数取等号，两不等式相加得到不等式l眦+三^>1'，等号)=l+1既e，x>0'g)=，当0<<÷不能同时成立．于是再变形就得到了这道压轴题细看时，g()÷时，g()>

6、本题其实不难。正所谓出题人在明处．解题人在暗处．(上接第114页)·c>o'．．．c=．时，解法一与解法二的取舍是显而易见的，然而解法．．三的增根却很难取舍，于是造成了“会而不全”的错解法三：由已知条件可得sinA=÷，sin曰：罟，误．事实上，对解法三出现的关于c的两个解，应该从解法一中知cosC=A，进而可由正弦定理得n=Sln=孚3，1又由余弦定理得。2=6+C2—2bceo=得o

7、弦值的形式出现)及一边，解三角形，解得c=芋，或c=了4．的问题，这是一个典型的利用正弦定理来完成的过解法四：由已知条件可得sinA=÷，sin曰=，程，如果我们一定要借助余弦定理，那么对于可能产生的增根在排除的时候有时是比较困难的(如解法所以在△Ac有sinc=sin(A+B)，易知sinc=，三)．因此，一般来说，正弦定理往往用来解决“已知两由正弦定理=c可算得c=了14角及一边”或者“已知两边及一边的对角”这两类解．三角形问题的，而余弦定理往往用来解决“已知两边