基于变式题组的高考有效复习策略(2)

?x＋1＝2y＋1，

当且仅当?

?x＋2y＋2xy＝8，∴x＋2y的最小值是4.

?x＝2，即??y＝1

时等号成立．

变式2：若a,b,c为正实数，满足a+b+c=1,则

41?的最小值是 a?1b?c 解：∵a,b,c为正实数，满足a+b+c=1 ∴?a?1???b?c??2 ，而原式=

141???a?1???b?c???????2a?1b?c??1?a?14?b?c??19??5???5?24??2?b?ca?1?2216

（3）已知a>b>0，则a2＋的最小值是________．

b?a－b?

2

?b＋a－b?2a?＝， 解：∵a>b>0，∴b(a－b)≤?

2??4

当且仅当a＝2b时等号成立．

161664

∴a2＋≥a2＋2＝a2＋2

b?a－b?aa4

??

≥2

a2·2＝16，当且仅当a＝22时等号成立．

a64

16

取得最小值16.

b?a－b?

12 变式1：已知a>b>0，且ab=2 ,则a?的最小值是________．

a?a?b?∴当a＝22，b＝2时，a2＋ 解：∵a>b>0，且ab=2 ∴

a2?1112=a?ab??2?a?a?b???2?2?2?4

a?a?b?a?a?b?a?a?b?3.3利用变式题组的思维辩证性提高复习的效益

近年来，高考数学试题中,导数的应用题型变化较大，很多考生措手不及,很多老师拿到试题也很诧异,激起大家研究这类问题的热潮。

案例1、利用导数研究方程根的情况，可设计以下题组进行复习教学： （1）已知函数f(x)?x?3ax?1，在x=-1处取得极值，当方程f(x)?m有三个不同的实数解时，求m的取值范围。 解： 因

3f'(x)?3x?3a且函数f(x)?x?3ax?1，在x=-1处取得极值，

6

23

所以

f'，易知x=-1为极大值点，x=1为极小值点。 (?1)?0. ∴a=1 ,这时，

max∴

f(x)?f(?1)?1,f(x)min?f(1)??3 ∴m?(?3,1)

（2）(2013陕西，理21（2）)已知函数f(x)＝ex，x∈R.

设x＞0，讨论曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m＞0)公共点的个数；

exx2

解：曲线y＝e与y＝mx的公共点个数等于曲线y?2与y＝m的公共点个数．

xexex?x?2?令??x??2，则??(x)?，

x3x∴φ′(2)＝0.

当x∈(0,2)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0,2)上单调递减；

当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递增，

e2∴φ(x)在(0，＋∞)上的最小值为?(2)?.

4exe2当0＜m＜时，曲线y?2与y＝m无公共点；

x4e2ex当m?时，曲线y?2与y＝m恰有一个公共点；

4xe21当m?时，在区间(0,2)内存在x1?，使得φ(x1)＞m，在(2，＋∞)内存在

4mex2

x2＝me，使得φ(x2)＞m.由φ(x)的单调性知，曲线y?2与y＝m在(0，＋∞)

x上恰有两个公共点． 综上所述，当x＞0时，

e2若0＜m＜，曲线y＝f(x)与y＝mx2没有公共点；

4e2若m?，曲线y＝f(x)与y＝mx2有一个公共点；

4e2若m?，曲线y＝f(x)与y＝mx2有两个公共点．

4 （3）(2013陕西，文21（2）)已知函数f(x)＝ex，x∈R.

1证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点；

211 解法一：曲线y＝ex与y＝x2＋x＋1公共点的个数等于函数φ(x)＝ex－x2

22－x－1零点的个数． ∵φ(0)＝1－1＝0， ∴φ(x)存在零点x＝0.

又φ′(x)＝ex－x－1，令h(x)＝φ′(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 当x＜0时，h′(x)＜0，

7

∴φ′(x)在(－∞，0)上单调递减． 当x＞0时，h′(x)＞0，

∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．

∴φ′(x)在x＝0有唯一的极小值φ′(0)＝0， 即φ′(x)在R上的最小值为φ′(0)＝0. ∴φ′(x)≥0(仅当x＝0时等号成立)， ∴φ(x)在R上是单调递增的， ∴φ(x)在R上有唯一的零点，

1故曲线y＝f(x)与y＝x2＋x＋1有唯一的公共点．

21解法二：∵ex＞0，x2＋x＋1＞0，

212x?x?112x2∴曲线y＝e与y＝x＋x＋1公共点的个数等于曲线y?与y＝1公

2ex共点的个数，

12x?x?1设??x??2，则φ(0)＝1， xe即x＝0时，两曲线有公共点．

?1??x?1?ex??x2?x?1?ex?1x2?2??2≤0(仅当x＝0时等号成立)， 又φ′(x)＝

e2xex∴φ(x)在R上单调递减，

∴φ(x)与y＝1有唯一的公共点，

1故曲线y＝f(x)与y＝x2＋x＋1有唯一的公共点．

2 案例2：“恒成立”“能成立”“恰成立”问题

“恒成立”“能成立”“恰成立”问题在教材中虽然没有专门设计，但这些内容是高中内容的重点、难点，同时也是高考和数学竞赛的热点，又因为它们的解法多样，所以这三类问题考生容易混淆不清，可以设计题组对比训练。重点训练运用分离变量法和函数法解决“恒成立”“能成立”“恰成立”问题。 题组1、已知函数f?x??lga?ax?x2

(Ⅰ)若f?x?的定义域A??,试求a的取值范围. (Ⅱ) 若f?x?在x??2,3?上有意义, 试求a的取值范围. (Ⅲ)若f?x??0的解集为?2,3?，试求a的值.

解析：这三问中,第(Ⅰ)问是能成立问题,第(Ⅱ)问是恒成立问题,第(Ⅲ)问是

8

??

恰成立问题.

(Ⅰ) f?x?的定义域非空,相当于存在实数x,使a?ax?x2?0成立,

?4a?a24a?a2??x????0,即??x??a?ax?x2的最大值大于0成立,max ?44解得 a??4或a?0.

(Ⅱ)f?x?在区间?2,3?上有意义,等价于??x??a?ax?x2?0在?2,3?恒成立，即??x?的最小值大于0. 解不等式组

a5a5?????,???, ?22 或?22

?????3??0,???2??0,?a??5,?a??5, ?或?

a?3a?9?0,a?2a?4?0??9解得 a??.

2(Ⅲ)f?x??0的解集为?2,3?，等价于不等式a?ax?x2?1的解集为?2,3?；于是有 x2?ax?1?a?0,

这等价于方程x2?ax?1?a?0的两个根为2和3, 于是可解得a??5. 题组2、能成立与恒成立 （1）已知函数f(x)＝x－

1

，g(x)＝x2－2ax＋4，若任意x1∈[0,1]，存x＋1

在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是__________． 解析：本题为能成立问题。 由于f′(x)＝1＋因此函数f(x)在[0,1]上单调递增， 所以x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1. 根据题意可知存在x∈[1,2]， 使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，

1

>0，

?x＋1?2

x5

即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，

22xx5

令h(x)＝＋，

22x则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min， 5

又函数h(x)＝＋在x∈[1,2]上单调递减，

22x9

x

99

所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥. 44变式：已知函数f(x)＝x－

1

，g(x)＝x2－2ax＋4，若任意x1∈[0,1]，任意x＋1

x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是__________． 解析：本题为恒成立问题，解答略。 题组3、（恒成立中变换主元问题）

（1）若不等式(m?1)x2?(m?1)x?3(m?1)?0对任意实数x恒成立，求实数m的取值范围。

（2）若对于满足|a|?2的所有实数a，不等式x2+ax+1>2a+x恒成立。求实数x的取值范围.

?m?1?0解析：（1）由? 求出m的范围。??0?（2）分析：在不等式中出现了两个字母：x及a,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a视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于a的一次函数大于0恒成立的问题. （变更主元法）

解：原不等式转化为(x-1)a+x2-2x+1>0在|a|?2时恒成立,

设f(a)= (x-1)a+x2-2x+1,则f(a)在[-2,2]上恒大于0，故有：

2?x?3或x?1?f(?2)?0??x?4x?3?0即?2解得：? ?f(2)??x?1或x??1x?1?0???∴x<-1或x>3. 即x∈(－∞,－1)∪(3,+∞)

题组4（恒成立与有解问题）

①对一切实数x,不等式x?3?x?2?a恒成立，求实数a的范围。 ②若不等式x?3?x?2?a有解，求实数a的范围。 ③若方程x?3?x?2?a有解，求实数a的范围。 4.几点认识

4.1“最近发展区”是变式题组教学的着眼点

前苏联教育家维果茨基认为:学生有两个发展水平,第一个是现有发展水平,第二个是潜在发展水平,这两个水平之间的幅度即为“最近发展区”。“最近发展区”是促进学生发展的最佳教学期。因此,在变式题组教学中,既要寻找知识点最近的“固着点”,更应关注知识点的“增长点”,同时,还应积极创造条件使学生

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