中隐

40

福建中学数学

2020年第12期

-1，与同角的三角函数关系联立，并经历复杂的

缩角过程，发现两个都可以保留，得到了土春这

个答案，凭空多出来-菁•其实用tana算出tan2a

4

的过程是不等价转换，因为tan2a_-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,产生了增根，所

以

sin(2a+中)_-春是由增根tana_-2或-1产生

的多余的解.

4教学反思

4.1教师研究教材，深度挖掘教材习题中的思

想方法

与三角恒等变化有关的计算问题是历年来江

苏高考数学考查的重点，今年的第13题，属于中

档题，但是研究本题的5种解法可以发现，好的解

法(解法2,

解法4)来源于教材习题的解法与章

节补充内容，容易想到的解法(解法1)考查学生

对公式运用的熟练程度与代数变形能力.所以对于

整个高三的数学复习教学，还是要以教材为主，对

于一些重要例习题，使用一题多解、一题多变的方

式进行串讲，培养求异思维，促进能力形成，强化

重点题型、重要方法的理解与领悟，起到触类旁通

的作用.最后，对一些解法相同或相近题型，采用

多题一解的收敛方式串讲，侧重对通性通法进行归

纳总结，真正达到举一反三、事半功倍的教学效果.

4.2要让学生重视教材，力求做到真正的师生

一起“回归教材”

根据笔者近几年的高三教学经验发现，目前高英文逗号

三数学复习往往有个误区，教师很重视教材，学生

倒不是很重视，而是沉溺于各种题海无法自拔，注

重解题技巧而忽略了对教材上本源题型的研究，对

数学学习急友情万岁 功近利，实则高考的试题就是来源于教

材习题的改编，教材的编写也汇集了无数数学人的

智慧，上面的例题，习题，蕴含着朴实无华的数学

思想方法和最本源的数学解题技巧.所以在平时的

教学中，要在学生面前强调教材对高三数学复习的

重要性，重做教材上的经典题目，领悟其中的数学

思想方法与解题技巧，使教材习题与课外习题产生

“共鸣,红糖番薯糖水 ,.

参考文献

[1]渠东剑.素养视角下的2019年高考数学江苏卷分析

[J].中学数学教

学参考，2019(

9)：56-60

(本文系镇江市“十三五”教育规划课题《镇江市高中数学老师数学素养

的现状与调查

》(课题编号

：2017jy-128)阶段性研究成果之一)

导数中隐零点问题的处理策略

朱广智广东省东莞市第六高级中学(523420)

在高考数学导数压轴题中，导函数的零点在解

题过程中处于“咽喉”位置至关重要.研读近几年高

考题，我们发现经常会碰到导函数具有零点但求解

相对繁琐甚至无法求解的问题•此类问题我们称之

为“隐零点问题”.面对这种问题，我们不必正面强

求，可以将这个零点设而不求，然后谋求一种整体

的转化和过渡，再结合其他条件，从而获得问题的

解决方法．本文结合2018年高考导数压轴题，探

究了这类问题的一般处理策略，并且把这种策略应

用于往年高考题进行了有效验证．在本文最后对此

类问题指出了相应的备考策略.

1问题探究

案例1(2018年高考全国皿卷•文21)已知

函数f(x)_处节1•证明：当a>1时，f(x)+e>

ex

0．

师生互动要证f(

x)+e>0,即证ax2+x-1+

ex+1>0.设g(x)_ax2+x-1+ex+1(a>1),只要证

[g(x)]mm>0即可.令g'(x)_2ax+1+ex+1_0,g

'(x)

_2ax+1+ex+1_0是一个超越方程，导函数g'(x)_

2ax+ex+1的零点不可求，是一个隐零点.怎么处

理导函数的零点不可求问题？处理此类隐零点问

2020年第12期

福建中学数学

41

题的策略是什么？

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上单调递增，

g'(x)_2ax+1+ex+1在xeR至多有一个零点.

g'(-1)_-1+e1-一>0,

a

g，(-2)_-2a+1+一<0,

e

根据零点的存在性定理得g'(x)_2ax+1+ex+1

有且只有一个零点x0,并且x0e(-2,].

a

g(x)在xe(-px。)时单调递减，

在xe(x,0)时单调递增，

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时，g，(x)_2ax+1+ex+1,

g'(x)_2ax+1+ex+1的唯一零点x0e(-8,-丄].

a

处理策略1(1)通过二阶导数或直接观察

f'(x)的单调性，在给定的区间中取两个特殊值

a,b，计算出fIa)

和f'(b)并与0比较大小，或取

极限xTa时，f'(x)的取值情况，由零点的存在性

定理证明隐零点的存在性和唯一性；

(2)利用x。左右两侧f'(x)的符号确实函数

f(x)的单调性

、极值、最值；

(3)利用f'(x。)=0进行整体代换•

案例2(2018年高考全国I卷•文21)已知

函数f(x)_aex-ln

—-1.证明：当a>-时，f(x)>0.

e

分析f'(x)_aex-1(x>0),f'(x)_aex-1_0

xx

有解等价于函数y_aex(x>0)和函数y_1(x>0)

x

函数图象有交点.作出两个的函数的图象，两个函

数图象在第一象限只有一个交点，所以函数

f'(x)_aex-丄匕>0)有且只有一个零点x,

x

即ff(x0

)_aex—丄_0.

x

当—e(O,x0),ff(x)<0,

f(x)在—e(0,x)单调递减；

当xe(x,+8),ff(x)>0,

f(x

)在xe(x,+8)单调递增.

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)上单调递增.

•/f'(1)_ae一1>0,0

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

x0x0

lnaex0_ln丄化简得lna+x_-lnx,

x0

[f(x)]mi”_f(x0)_aex0-lnx0-1

_+lna+x—1>1+lna>1+ln—_0,

x0e

当且仅当x。_1,a_一时取“_”号.

e

故当a>一时，f(

x)>0.

e

处理策略2函数y_f'(x)有零点等价于方程

f'(—)_0有实根，把方程进行适当的变形，最后把

函数y_f'(x)的零点问题转化成两个函数图象的

交点问题•通过观察判断两个函数图象交点判断函

数y_f'(—)零点个数，零点—0范围，y_f(—)在—0

两侧的单调性.

2策略应用

例1(2012高考新课标I卷•文21)设函数

f(x)_e—-ax-2.

(I、求f(—)的单调区间；

(n)若a_1,k为整数，且当—>0时，

(—-k)f'(x)+—+1>0，

求k的最大值.

解(I)函数f(—)的定义域为(-8,+8)，且

f'(x)_e—-a.

42

福建中学数学

2020年第12期

当a<0时，f，(

x)>0在(-a,+8)上恒成立,

f(x)在(-8,+a)上是增函数；

当a>0时，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)上是增函数，

令f，(x)=e-a<0,得x

所以f(x

)在(-8,lna)上是减函数，

(n

)若a=1,

则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,

故当x>0时，(x-k)f，(

x)+x+1>0

等价于k<耳也=x(e

"一”1)+x+1=x+字1

e—1e—1e—1

x+1

即当x>0时,k<-----卜x(x>0)①.

ex-1

令

g(x)=+x

,

e*-1

则g'(x)=

—xex—1+1ex(ex—x—2)

(ex-1)2+=(ex-厅

由(I)知，函数h(x)=e*-x-2在(0,+8)单

调递增，而h(1)=e-3<0,h(2)=e2-4>0,

所以h(x)在(0,+8)存在唯一的零点.

故g'(x)在(0,+8)存在唯一的零点.

设此零点为x0，则x0e(1,2).

当xe(0,,o)时，g'(x)<0；

当xeg,+8)时，g'(x)>0.

所以g(x)在(0,+8)的最小值为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式等价于k

故整数k的冰糖腌柠檬 最大值为2

.

思考本例中隐零点的处理策略是用零点存在

性定理判断零点的存在性和唯一性，并确定零点的

范围.

例2(2015高考新课标I卷•文21)(本小题

满分12分)设函数f(x)=e2x-alnx.

(I)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点的个数;

2

(n)证明：当a>0时，f(x)>2a+aln—.

a

解法1(I)f'(x)=2e2x-a(x>0).

x

(1)若a<0时，f'(

x)>0在(0,+8)恒成立，

所以

f'(x)没有零点；

(2)若a>0时，f'(x)在(0,+8)单调递增.

当xT0,f'(x)T-8；

当xT+8,f，(

x)T

+8,

所以f，(x)有且只有一个零点.

(n)设f'(x)的唯一零点为x。,

由(I)知(0,x)上，f'(x)<0,f(

x)单调递减;

在(x,+8)上，f，(x)>0,f(x)单调递增.

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

显然当a<0时，f'(x)>0在(0,+8)恒成立，

f，(x)无零点.

a

当a>0时，取g(x)=f'(x)=2e2x--,

x

则g'(x)=4e2x+>0在(0,+8)恒成立，

即f，(x)在(0,+8)单调递增.

令g(x)=f，(x)=2e2x-a=0，即2e2x=a.

xx

a

画出y=2e2x与y=—在(0,+8)的图象如图1

x

所示•由图1可知导函数f'(x)存在唯一零点.

2e2x

图1

(n)由(I

)可知f‘(x)有唯一零点，设零

点为xo,由图1可知，当xe(0,,0)时，

f'(x)<0,

2020年第12期

福建中学数学

43

即f(—)单调递减；

当xe(—0,+8)时，f'(—)>0,即f(—)单调递增.

所以f(—)在—_—0处取得极小值，

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

①两边分别取自然对数，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宀正宗炸酱面 、a

_----+2a—a—aln—

2—002

-ia小i2

>2a—aIn—_2a+aIn—,

2a

当且仅当f_2a

—0，即—0_1时取等号.

2—02

思考本例中解法1用极限思想来确定零点的

存在性和唯一性，解法2把零点的判定转化为两个

函数的图象交点问题，通过图象来解决零点的存在

性和唯一性.

3备考建议

对近几年的高考全国卷分析可知，隐零点问题是

高考全国卷中导数压轴题的热点考核题型之一.该题

型涉及了导数极值、函数的图象、

函数与方程思想等

等，一直是高考导数压轴题的热点问题，而且高考并

不回避考过的题型和热门题型•在高考复习中，

考生

有必要对隐零点问题引起足够重视并加强训练，掌

握此类问简介英语 题的处理策略和思想.

第一步：用零点存在性定理、

极限方法、函数

图象等判断导函数f'(—)零点的存在性

，f(—)的单

调性和零点—0的范围；

第二步：以零点—0为分界点，判断导函数f'(—)

在零点两侧正负，得到f(—

)的win10关机 最值表达式；

第三步：将零点方程f(—0)_0进行变形，整体

代换，对最值式子进行化简；

我们将其称为隐零点三部曲.导函数零点虽然

隐形，但只要抓住特征，判断其范围，最后整体代

入即可.

参考文献

[1]

邓军民.高考数学复习讲义与重难点突破[M].广州：广州出版社，

2017

多角度研究等差乘等比型数列求和问题

吴攀1陈凌燕2

1福建省漳州市第三中学(363000)2福建省仙游金石中学(351200)

在数列求和问题中，等差乘等比型数列求和经

常见到，而此类试题的解答，大都通过错位相减法

求得结果，这里从不同的角度出发，给出几种等差

乘等比型数列求和的方法，与同行交流.

题目求1x21+3x22+5x23+…+(2n-1)•2”.

解法1设S”_1x21+3x22+5x23+…

+(2n-1)•2”,

2S”_1x22+3x23+5x24+…

+(2n-3)•2”+(2n-1)•2”+1,

两式相减得：

-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.

评析此解题方法为错位相减法，学生能够接

受，也是我们处理等差乘等比型数列求和的常用方

法，但是学生在计算时常常出错，应在平时的教学

过程中，注意计算易错点强调及计算训练.

解法2依题意，令a”_(2n—1)•2”,

则原式可看作求数列｛a”｝的前n项和S”.

设a”_(An+B)•2n-[A(n-1)+B]•2n-1

_(An+A+B)•2n—1,

对比系数得A_4,B_-6,