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        高考數(shù)學(xué)試題研究的視角與方法

        2022-05-30 10:48:04邵星峰王欣王昌林
        關(guān)鍵詞:視角研究

        邵星峰 王欣 王昌林

        [摘 要]文章以2021年新高考全國Ⅰ卷第22題為例,對試題進行簡評與溯源、多角度分析和多方法解答,并對試題進行推廣與變式,同時給出對研究高考數(shù)學(xué)試題的思考。

        [關(guān)鍵詞]高考數(shù)學(xué)試題;研究;視角

        [中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058(2022)14-0001-04

        對于高考數(shù)學(xué)試題,既需要橫向的多角度研究,又需要縱向的多層次研究;既需要著眼于宏觀層面的研究,又需要著眼于微觀層面的研究。高考數(shù)學(xué)試題的主要研究內(nèi)容有試題的分析、評價與賞析,試題的“一題多解”與“多題一解”,試題的推廣與深化,試題的創(chuàng)作與改編,試題的答題技巧與應(yīng)考對策等。

        一、試題呈現(xiàn)

        (2021年新高考全國Ⅰ卷第22題)已知函數(shù)[f(x)=x(1-ln x)]。

        (1)討論[f(x)]的單調(diào)性;

        (2)設(shè)[a],[b]為兩個不相等的正數(shù),且[bln a-aln b=a-b],證明:[2<1a+1b

        簡評:文理科共用同一套數(shù)學(xué)試卷是新高考數(shù)學(xué)試卷的特點。此題是2021年新高考全國Ⅰ卷的壓軸題。第(1)問較為簡單,考生只要會函數(shù)求導(dǎo)和解不等式,基本上就能得到函數(shù)[f(x)]在[(0 , 1)]上單調(diào)遞增,在[(1,+∞)]上單調(diào)遞減。第(1)問為第(2)問的求解奠定了基礎(chǔ)。第(2)問具有一定的難度,關(guān)鍵點在于對[bln a-aln b=a-b]的處理,考生需認真考慮如何建立條件與所證結(jié)論之間的關(guān)系。此題知識考查的重點是求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,利用導(dǎo)數(shù)證明雙變量不等式;能力考查的重點是分類與整合、轉(zhuǎn)化與化歸、推理論證、數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理等方面的能力。

        二、 試題溯源

        溯源1:模擬試題背景

        (2017年四川聯(lián)考模擬)設(shè)[a],[b]是不相等的兩個正數(shù),且[b ln a-a ln b=a-b],給出下列結(jié)論:①[a+b-ab>1];② [a+b>2];③[1a+1b>2],其中所有正確結(jié)論的序號是? ? ? ? ? ? 。

        溯源2:高考試題背景

        (2018年高考新課標Ⅰ卷)已知函數(shù)[f(x)=1x-x+a ln x]。

        (1)討論[f(x)]的單調(diào)性;

        (2)若[f(x)]存在兩個極值點[x1],[x2]。證明:[f(x1)-f(x2)x1-x2

        溯源3:高等數(shù)學(xué)背景

        泰勒定理: 若函數(shù)[f(x)]在[a, b]上存在直至[n]階的連續(xù)導(dǎo)函數(shù),在[(a, b)]上存在[n+1]階導(dǎo)函數(shù),則對任意給定的[x],[x0∈a, b]至少存在一點[ξ∈(a, b)],使得[f(x)=f(x0)+f '(x0)(x-x0)+f ″(x0)2?。▁-x0)2+…+f(n)(x0)n?。▁-x0)n+f(n+1)(ξ)(n+1)?。▁-x0)(n+1)]。

        由此可知,當(dāng)[n=2]時,記[m=x1+x22],在區(qū)間[x1, x2]內(nèi)將[f(x1)]和[f(x2)]分別在[x=m]處用泰勒定理展開,可得結(jié)論:已知函數(shù)[f(x)]在[(a, b)]內(nèi)只有一個極值點[x0],且存在三階導(dǎo)函數(shù),[f(x)]在[(a, b)]內(nèi)存在兩個零點[x1],[x2],且[x10],則有極大值點向左偏移,極小值點向右偏移;若[f ?(x)<0],則有極大值點向右偏移,極小值點向左偏移;若[f ?(x)=0],則無極值點偏移。

        三、試題解答

        視角1: 函數(shù)構(gòu)造

        解法1:由[b ln a-a ln b=a-b]兩邊同時除以[ab]可得[1a+1aln a=1b+1bln b],則有[1a-1aln1a=1b-1bln1b]。令[1a=x1],[1b=x2],[x1≠x2],設(shè)[x1g(x1)],所以有[f(2-x1)>f(x1)=f(x2)]。因為[f(x)]在[(1,+∞)]上單調(diào)遞減,所以有[2-x12]。當(dāng)[x2

        解法2:由[bln a-aln b=a-b]兩邊同時除以[ab]可得[1a+1aln a=1b+1bln b],則有[1a-1aln1a=1b-1bln1b]。令[1a=x1],[1b=x2],[x1≠x2],設(shè)[x10],所以[g(x)]在[(0, 1)]上單調(diào)遞增。因為[g(1)=0]且由第(1)問可知[g(1)>g(x1)],所以有[f(2-x1)>f(x1)=f(x2)]。因為[f(x)]在[(1,+∞)]上單調(diào)遞減,所以有[2-x12]。因為函數(shù)[f(x)]在點[(e, 0)]處的切線方程為[y=-x+e],則令[F(x)=f(x)-y],[x∈(0, e)],所以[F'(x)=1-lnx>0]恒成立,則[F(x)]在[(0, e)]上單調(diào)遞增。因為[f(e)=0],所以[F(x)x1],即[x1+x2

        解法3:由[b ln a-a ln b=a-b]兩邊同時除以[ab]可得[ln aa-ln bb=1b-1a]①,且由第(1)問可知[f(x)≤f(x)max=f(1)=1],設(shè)[a>b],則[ln aa-ln bb=1b-1a>0],所以[1a+1b>2]②,由①[×]②得[1b2-1a2>2ln aa-ln bb],則[1b2+2ln bb>1a2+2ln aa]。令[g(x)=1x2+2ln xx],[x>0],則[g'(x)=2x3x(1-lnx)-1=2x3f(x)-1≤0]恒成立,所以[1a+1b>2]成立。由①式變形可得[1a+ln aa=1b+ln bb],即[f1a=f1b]。設(shè)[1a<1b],由第(1)問可知[1a<1<1b],則[a>1]。因為[1a<1a+ln aa=1b+ln bb=1bln(eb)≤1b(eb-1)=e-1b],所以[1a+1b

        視角2:比值換元

        解法4:由[b ln a-a ln b=a-b]兩邊同時除以[ab]可得[1+ln aa=1+ln bb],所以[f1a=f1b],令[1a=x1],[1b=x2],[x11],所以[x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2)]。因為[t=x2x1>1],所以[x2=tx1],則[x1(1-ln x1)=tx1(1-ln tx1)],即[ln x1=1-ln t-ln tt-1]。因為[t=x2x1>1],所以[ln(x1+x2)=ln(x1+tx1)=ln x1+ln(t+1)=1-ln t-ln tt-1+ln(t+1)]。令[g(t)=1-ln t-ln tt-1+ln(t+1)],[t>1],所以[g'(t)=2-2t+(1+t)ln t(t+1)(t-1)2]。因為[ln1t<1t-1],所以[ln t+1t>1],令[h(t)=2-2t+(1+t)ln t],[t>1],則有[h'(t)=lnt+1t-1>0]恒成立,所以[h(t)]在[(1,+∞)]上單調(diào)遞增,所以[h(t)>h(1)=0],則[g'(t)>0]恒成立,所以[g(t)]在[(1,+∞)]上單調(diào)遞增。因為[ln(x1+x2)=g(t)],所以[limt→1g(t)=ln2],∴[ln(x1+x2)>ln2],[x1+x2>2]成立,[ln(x1+x2)

        視角3:同構(gòu)與放縮

        解法5:由[blna-alnb=a-b]兩邊同時除以[ab]可得[1+lnaa=1+lnbb],所以[f1a=f1b],令[1a=x1],[1b=x2],[x11],所以[x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2)]。由第(1)問可知[f(x)]在[(0, 1)]上單調(diào)遞增,在[(1,+∞)]上單調(diào)遞減,且[f(x1)=f(x2)],所以易得[02],即證[f(x2)0],所以[g(x)]在[(0, 1)]上單調(diào)遞增。因為[g(1)=0]且由第(1)問可知[g(1)>g(x1)],所以有[f(2-x1)>f(x1)=f(x2)]。因為[f(x)]在[(1,+∞)]上單調(diào)遞減,所以有[2-x12]。因為[x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2)]且[x2(1-lnx2)>x1],所以令[h(x)=x(1-lnx)+x],[10]恒成立,所以[h(x)]在[(1, e)]上單調(diào)遞增,[h(x)

        視角4:泰勒定理

        解法6:由[b ln a-a ln b=a-b]兩邊同時除以[ab]可得[1a+1aln a=1b+1bln b],所以有[1a-1aln1a=1b-1bln1b]。因為等式兩邊結(jié)構(gòu)一致,所以可構(gòu)造函數(shù)[f(x)=x-xln x],[x>0],則[f '(x)=-ln x],易得函數(shù)[f(x)]在[(0, 1)]上單調(diào)遞增,在[(1,+∞)]上單調(diào)遞減。因為[f ″(x)=- 1x],[f ?(x)=1x2],且[f ?(x)=1x2>0]恒成立,所以極值點左移,即[x1+x2>2]。因為當(dāng)[00],特別的[f(x1)>x1>0] ①,在[0f(x2)] ②,則用①[+]②可得[x1+x2

        四、試題變式

        變式是指教師通過采用科學(xué)合理的手段,有目的、有計劃地對命題進行轉(zhuǎn)換。通過不斷變換問題中的非本質(zhì)條件,保留本質(zhì)因素,從而使學(xué)生能夠掌握數(shù)學(xué)對象的本質(zhì)屬性。陳景潤先生指出:“題有千變,貴在有根?!边@揭示了試題變式的內(nèi)核。下面針對例題的本質(zhì)——極值點偏移以及解答例題的方法進行以下變式。

        變式1:當(dāng)[0a-b]成立。

        證明:因為[a ln b-b ln a>a-b]等價于[ba>1-ln b1-ln a],且[01-ln b1-ln a],只需證[1-ln aa>1-ln bb]成立。構(gòu)造函數(shù)[f(x)=1-ln xx],[x∈(0, e)],則[f '(x)=ln x-2x2<0],所以易得函數(shù)[f(x)]在[(0, e)]上單調(diào)遞減。因為[0f(b)],故不等式[a ln b-b ln a>a-b]成立。

        變式2:當(dāng)[0

        證明:要證[bea+a0]時,[g'(x)>0]恒成立,則函數(shù)[g(x)]在[(0,+∞)]上單調(diào)遞增,所以[g(x)>g(0)=0],即[f '(x)>0]在[(0,+∞)]上恒成立,所以函數(shù)[f(x)]在[(0,+∞)]上單調(diào)遞增,所以當(dāng)[0f(a)],即[bea+a

        變式3:已知[f(x)=x1-12ln x],若[f(x)=a]有兩個不等實根[x1],[x2],求證:[1x1+1x2>2e]。

        證明:設(shè)[t=1x],[t>0],則[g(t)=1t+ln t2t=2+ln t2t]([t>0]),所以[g(t)=a]有兩個不等實根[t1],[t2]。設(shè)[t12e],即證[t1+t2>2e]。因為[g'(t)=-2(1+ln t)4t2],所以易得[g(t)]在[0, 1e]上單調(diào)遞增,在[1e,+∞]上單調(diào)遞減,即[g(t)max=g1e=e2]。因為[f(x)=a]有兩個不等實根,所以[02e],[01a],即[1x1+1x2>2e]得證。

        五、研究意義

        (一)基于高考數(shù)學(xué)試題研究開展教學(xué)與復(fù)習(xí)具有重要價值

        基于高考數(shù)學(xué)試題研究開展的數(shù)學(xué)教學(xué)與復(fù)習(xí),其價值不僅體現(xiàn)在能為教師的日常教學(xué)導(dǎo)向,還對于教師的能力及讓學(xué)生養(yǎng)成研究高考數(shù)學(xué)試題的習(xí)慣有著促進作用。教師行為習(xí)慣對學(xué)生的行為習(xí)慣養(yǎng)成有著不可忽視的作用。若教師都不進行高考數(shù)學(xué)試題研究或者不善于對高考數(shù)學(xué)試題進行研究,那么學(xué)生也不會有研究高考數(shù)學(xué)試題的意識。事實上,數(shù)學(xué)活動是一種文化傳承,教師熱愛數(shù)學(xué)、鉆研數(shù)學(xué)、善于分析、勇于探究、積極合作與創(chuàng)新,其品質(zhì)和精神必然能潛移默化地感染學(xué)生。

        (二)有效推進教師開展高考數(shù)學(xué)試題研究

        數(shù)學(xué)教師的專業(yè)水平想要得到有效提升,研究高考數(shù)學(xué)試題是一種有效的路徑。試題研究是教師的基本功,可以幫助教師對知識與考點進行精準“把脈”。大多數(shù)數(shù)學(xué)教師都有在研究高考數(shù)學(xué)試題,但是有部分教師對高考數(shù)學(xué)試題的研究僅僅停留在表面,比如只做本地區(qū)的高考數(shù)學(xué)試題,“刷”一遍全國高考數(shù)學(xué)試題或瀏覽一遍全國各地的高考數(shù)學(xué)試題。只有對高考數(shù)學(xué)試題進行分析、評價,研究“一題多解”與“多題一解”,并對高考數(shù)學(xué)試題進行推廣與深化、創(chuàng)作與改編,思考高考數(shù)學(xué)試題的答題技巧與應(yīng)考對策等,才能充分體現(xiàn)研究高考數(shù)學(xué)試題的價值。

        (三)積極組織學(xué)生開展高考數(shù)學(xué)試題研究

        由于受自身知識和條件的限制,學(xué)生自己對高考數(shù)學(xué)試題進行研究,效果往往不盡如人意。那么,教師應(yīng)如何組織學(xué)生有效開展高考數(shù)學(xué)試題的研究呢?教師可以給學(xué)生一些與試題相關(guān)的統(tǒng)計數(shù)據(jù),引導(dǎo)學(xué)生分析試題蘊含的知識點、考點及其呈現(xiàn)形式、解題方法及評價方式等。學(xué)生學(xué)會研究高考數(shù)學(xué)試題,那么其解題能力必將能得到有效提升,同時可以更好地自查知識漏洞、合理評價及認識自我。當(dāng)然,要讓學(xué)生學(xué)會研究高考數(shù)學(xué)試題并非一朝一夕就能實現(xiàn),教師應(yīng)該給予學(xué)生充裕的時間,提供查閱同類試題的條件及必要的鼓勵。

        [? ?參? ?考? ?文? ?獻? ?]

        [1]? 黨江平.極值點偏移問題的高等數(shù)學(xué)背景探究[J].高中數(shù)學(xué)教與學(xué),2020(5):34-36.

        [2]? 張芳華. 高中數(shù)學(xué)變式教學(xué)研究[J].中學(xué)教學(xué)參考,2016(2):7.

        [3]? 王昌林. 緊抓真題本質(zhì) 扎實復(fù)習(xí)備考:2021年全國甲卷試卷系統(tǒng)分析與思考[J].教學(xué)考試,2021(38):4-7.

        (責(zé)任編輯 黃桂堅)

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