用分离参数法解高考数学压轴题

20 0 2年的高考数学压轴题是 :已知 a>0 ,函数 f( x) =ax- bx2 .( )当 b>0时 ,若对任意 x∈ R都有f ( x)≤ 1 ,证明 a≤ 2 b ;( )当 b>1时 ,证明 :对任意 x∈ [0 ,1 ],| f ( x) |≤ 1的充要条件是 b- 1≤ a≤ 2b ;( )当 0 相似文献   

知其然更要知其所以然--对一道试题的解法剖析

题 已知a＞0,函数f(x)=ax-bx2. (Ⅰ)当b＞0时,若对任意x∈R都有f(x)≤1,证明:a≤2b; (Ⅱ)当b＞1时,证明:对任意x∈[0,1],|f(x)|≤1的充要条件是b-1≤a≤2b;     

从一道高考题谈高三数学复习

20 0 2年高考有一道数学题为 :已知ａ >0 ,函数 ｆ(ｘ) =ａｘ -ｂｘ2 .(1)当ｂ >0时 ,若对任意ｘ∈Ｒ ,都有ｆ(ｘ) ≤ 1,证明 :ａ≤ 2ｂ ;(2 )当ｂ >1时 ,证明 :对任意ｘ∈ [0 ,1],｜ｆ(ｘ)｜≤ 1的充要条件是ｂ- 1≤ａ≤ 2 ｂ ;(3)当 0 <ｂ≤ 1时 ,讨论 :对任意ｘ∈[0 ,1],｜ｆ(ｘ)｜≤ 1的充要条件 .绝大多数考生做此题时无所适从 ,根本不知从何下手 ,参考答案给出的方法比较抽象 ,难于理解 ,笔者有一解法 ,介绍如下 :解　 (1)由已知ａｘ -ｂｘ2 ≤ 1,∴　ｂｘ2 -ａｘ +1≥ 0 .∵　ｘ∈Ｒ ,ｂ >0 ,∴　Δ =ａ2 - 4ｂ≤ 0 ,∴　ａ≤ 2 ｂ .…     

不等式恒成立问题的几种求解策略

不等式恒成立问题 ,把不等式、函数、数列、几何等内容有机地结合起来 ,覆盖知识点多 ,方法多种多样 ,是近几年数学高考、竞赛中考查的热点 .但同学们对解决此类问题往往感到无从下手 ,得分率偏低 .为此本文就这类问题的几种解题策略作一探讨 ,供读者参考 .一、数形结合思想例 1　 ( 2 0 0 2年全国高考题 )已知a>0 ,函数 f(x) =ax -bx2 .( 1)当b>0时 ,若对任意x∈R ,都有f(x)≤ 1,证明 :a≤ 2 b ;( 2 )当b >1时 ,证明 :对任意x∈ [0 ,1] ,｜f(x) ｜≤ 1的充要条件是b-1≤a≤ 2 b ;( 3 )当 0 相似文献   

例谈解题探索中数学思想方法的引发与导向作用

数学解题的探索过程总是在解题者的一定认知结构中进行的 ,解题方法是所给条件信息刺激解题者认知结构中相关因素并与之相互作用的产物 .本文就解决探索过程中数学思想方法的引发及对解题的导向作用作一简要讨论 ,现举例说明如下 .例 1　 (2 0 0 2年江苏卷第 2 2题第 2小题 )已知a>0 ,函数 f(x) =ax-bx2 .当b >1时 ,证明 :对任意x∈ [0 ,1],｜f(x) ｜≤ 1的充要条件是b - 1≤a≤ 2b .解题探索　该题不少资料公布的解法中都用到了一些特殊技巧 ,如文 [1]中的解法之所以简捷明快 ,原因就是巧妙地运用了“取特殊值法”、“放缩法”等技巧 ,一般…     

谈解决多元不等式问题的策略

解决多元不等式问题 ,往往需要灵活的变形、对问题的整体驾驭、解题方法的灵活选择 ,所以 ,师生对此普遍感到困难 .本文就解决多元不等式问题的常用策略作些梳理和探索 ,企图对于解决多元不等式这一问题有所帮助 .1　取等策略由等和不等的对立统一关系 ,借鉴处理等式的方法 ,以考虑不等式“取等号”条件 ,或利用同解不等式的关系 ,作为解决多元不等式问题的思考方向 ,就是我们所说的“取等策略”.例 1　已知 a >0 ,函数 f ( x) =ax -bx2 ,当 b >1时 ,证明 :对任意 x∈ [0 ,1] ,都有|f ( x) |≤ 1的充要条件是 b-1≤ a≤ 2 b .分析 :x∈ ( 0 …     

一类代数综合题的统一解法

题目已知a,b,c∈R,函数f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b,当-1≤x≤1时,|f(x)|≤1.(1)证明:|c|≤1;(2)证明:当-1≤x≤1时,|g(x)|≤2;(3)设a>0,当-1≤x≤1时,g(x)的最大值为2,求f(x). 这是1996年高考理科卷的压轴题,主要考查函数的性质、含有绝对值不等式的性质,以及综合运用数学知识分析问题、探究问题与解决     

解题来源于猜想——一道高考试题解法再探究

2010年课标全国卷理科第21题:设函数f(x)=e~x-1-x-ax~2.(Ⅰ)若a=0,求f(x)的单调区间;(Ⅱ)若当x≥0时f(x)≥0,求a的取值范围.解析:(Ⅰ)略;(Ⅱ)f′(x)=e~x-1-2ax,由(Ⅰ)知e~x≥1+x,当且仅当x=0时等号成立.故f′(x)≥x-2ax=(1-2a)x,从而当1-2a≥0,即a≤1/2时,f′(x)≥0(x≥0),而f(0)=0,于是当x     

函数与不等式证明综合题

途径一依据函数特征,利用不等式的性质适度放缩,分析法与综合法有机结合。【例1】已知a>0,函数f(x)=ax-bx~2.(1)当b>0时,若对任意x∈R都有f(x)≤1,证明a≤2b~(1/2);(2)当b>1时,证明对任意x∈     

一道流行题的错解分析

问题不等式21≤ax2x+23+x1+b≤121对一切x∈R恒成立,求a、b的值.这是许多数学资料都选为范例或典型练习的一道题,主要解法如下:设y=f(x)=ax2+3x+bx2+1,则21≤y≤121,即函数y=f(x)的值域是[21,121].将y=f(x)变形整理得:(y-a)x2-3x+(y-b)=0,由于原不等式对任意x∈R恒成立,则这个关于x的方程必有实根,Δ≥0,即9-4(y-a)(y-b)≥0,亦即4y2-4(a+b)y+(4ab-9)≤0(※),这个不等式的解为:12≤y≤121,则y1=21,y2=121是方程(※)的两个根,则由韦达定理,得a+b=64ab-94=141ba==15,或ba==15.,这个解法是错误的,举一个反例:取a=b=3,则y=f(x)=3x2x+23+x1+3=3+3…     

一次函数性质的应用

1996年全国高考试题第 2 5题 ,是一次、二次函数和不等式的综合性试题 ,当年的考生反应强烈 ,得分率很低 .实际上 ,除试题本身较难、思维层次高外 ,也说明学生对一次、二次函数特别是一次函数的性质掌握得不好 .现将原题及解答抄录于下 :已知 a,b,c是实数 ,函数 f ( x) =ax2 +bx +c,g( x) =ax +b,当 - 1≤ x≤ 1时 ,|f ( x) |≤ 1,( 1)证明 :|c|≤ 1;( 2 )证明 :当 - 1≤ x≤ 1时 ,|g( x) |≤ 2 ;( 3)设 a >0 ,当 - 1≤ x≤ 1时 ,g( x )的最大值为2 ,求 f ( x) .解 :由 ( 1)由条件当 - 1≤ x≤ 1时 ,|f ( x) |≤ 1,取 x =0得 |c|=|f ( 0 ) |…     

高考模拟卷的综合题选

1.(2000年济南卷)对于函数f(x)=x2+bx+c(b、c∈R),不论α、β为任何实数恒有f(sina)≥0,f(2+cosβ)≤0,(1)求证:b+c=1;(2)求证:c≥3;(3)若f(sina)的最大值为8,求b,c的值.、简答:(1)只有f(1)=1+b+c=0;(2)根据(1)可得f(x)=(x-1)(x-c).-1≤x≤c;(3)c=3.b=-4.     

由一道高考题谈单变量与双变量的恒成立、有解、无解

(2010年全国高考山东卷(理)22题)已知函数f(x)=lnx-ax+1-a/x-1,a∈R.(Ⅰ)当a≤1/2时,讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)设g(x)=x<'2>-2bx+4,当a=1/4时,若对任意x<,1>∈(0,2),存在x<,2>∈[1,2],使f(x<,1>)≥g(x<,2>),求实数b的取值范围.     

题库(六)

1.已知a≥1/2,函数f(x)=-a2x2+ax+c.(1)证明:对任意x∈[0,1],f(x)≤1的充要条件是c≤3/4;(2)已知关于x的实系数二次方程f(x)=0有两个实数根α,β,证明:|α|≤1,且|β|≤1的充要条件是c≤a2-a.注　此题考查三个"二次"之间关系的本质认识,对参数的灵活处理能力.不等式的转换、化归的能力.     

一类容易做错的题

一、一类计算题解法剖析例1 设f(x)=ax~2+bx。且 1≤f(-1)≤2,2≤f(1)≤4。求f(-2)的范围。(选自文[1]) 解1 学生们对此题最易想到的解法是由题设得(2)+(1)得3/2≤a≤3,(2)-(1)得0≤b≤3/2,故 3≤4a-2b≤12,即3≤f(-2)≤12。剖析满足不等式 (1)的区域是介于平行直线a-b-2=0和a-b-1=0之间的平面带包括边界。满足不等式 (2)的区域是介于平行直线a+6-2=0和a+b-4=0之间的平面带包括边界。故不等式组Ⅰ的解区域为图1中有阴影的矩形。而不等式组     

巧用最值定义 简解高考压轴题

2012年高考数学湖南理科卷第22题如下:已知函数f(x)=eax-x,其中a≠0.(Ⅰ)若对一切x∈R,f(x)≥1恒成立,求a的取值集合;(Ⅱ)在函数f(x)的图象上取定两点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1相似文献   

2002年高考题求解通法剖析

<正> 2002年全国高考数学试卷第22题为:已知a>0,函数.f(x)=ax-bx2(1)当b>0时,若对任意r∈R都有f(x)≤1,证明以≤2;(2)当b>1时,证明:对任意x∈[0,1],f(x)≤1的充要     

一道"希望杯"题的多解·类比·推广(高二、高三)

题 当x,y∈R时,函数f(x,y)= (x y)2 (1/x-y)2的最小值是. (第十五届(04年)"希望杯"高二1试第18题) 解法1 由a2 b2≥1/2(a b)2,得 易知当x y=1/x-y,且x2=1/x2,即 x=±1,y=0时,f[(x,y)]min=2. 解法2 由a2 b2≥2ab,得     

巧用转化与化归思想避免分类讨论

<正>在广东省惠州市第一中学的一次期末考试中有一道这样的试题:例设函数f(x)=x²-|x-a|,x∈R,a∈R。(1)若f(x)为偶函数,求实数a的值;(2)已知a≥0,若对任意x∈R都有f(x)≥-1恒成立,求实数a的取值范围。命题人给出的答案是这样的:解法1:(1)若f(x)为偶函数,则f(-x)=f(x),f(x)=x2-|x-a|,x∈R,a∈R。(1)若f(x)为偶函数,求实数a的值;(2)已知a≥0,若对任意x∈R都有f(x)≥-1恒成立,求实数a的取值范围。命题人给出的答案是这样的:解法1:(1)若f(x)为偶函数,则f(-x)=f(x),f(x)=x²-|x-a|,f(-x)=(-x)2-|x-a|,f(-x)=(-x)²-|-x-a|=x2-|-x-a|=x²-|x+     

也谈对新教材两道习题的思考

高中数学新教材有这样两道习题 :题 1　已知 f(x) =lg1-x1+x,a、b∈ (- 1,1) ,求证 f(a) +f(b) =f(a +b1+ab) .(高一上册第 89页 )题 2　已知 ｜a｜<1,｜b｜<1,求证 :a+b1+ab <1.(高二上册第 2 2页 )文 [1]作者谈了题 1、题 2的 4点思考 :①题 1中 f(a) ,f(b) ,f(a+b1+ab)有意义是必须证明的 ;②题 1不属于“恒等式证明” ;③题 1在高一现有知识范围内可以有不同的证明方法 ;④题 2可以通过构造题 1的函数来证明 .笔者完全赞同这 4点 ,并愿意作 4点补充 :1　要积极挖掘函数值之间的关系 ,培养发现能力题 1中的函数值关系式 f(a) +f(b) =f(a+…