浅谈高中数学中的有解问题
探讨高中数学抛物线的解题方法与技巧
探讨高中数学抛物线的解题方法与技巧高中数学作为一门重要的学科，其内容的难度也相对较高。
抛物线作为高中数学中的一个常见知识点，其涉及到的解题方法与技巧也非常重要。
在本文中，我将借助我的学习经验，向大家浅谈关于探讨高中数学抛物线的解题方法与技巧。
一、基本概念在探讨解题方法与技巧之前，首先我们需要了解抛物线的基本概念。
抛物线是一种在平面上呈现出u形的曲线。
其方程通常为y = ax² + bx + c。
抛物线有两个基本特性：首先，抛物线是对称的，它的对称轴是垂直于x轴的线，其公式为x = -b/2a。
其次，抛物线的最高点叫做顶点，其y坐标为y = c - b²/4a。
二、解题方法1. 求解抛物线的相关参数在解题的过程中，如果我们要求解抛物线的方程，我们需要知道其中的相关参数。
在抛物线方程y = ax² + bx + c中，参数a、b、c分别代表什么意思？我们可以这样理解：参数a代表抛物线的开口方向和开口的大小，参数b代表抛物线的上下平移位置，参数c代表抛物线的左右平移位置。
2. 求解抛物线与其他曲线的交点在解题的过程中，我们还需要求解抛物线与其他曲线（如直线、另一条抛物线等）的交点。
这时我们需要用到解方程的方法。
以求解抛物线和直线的交点为例，我们先将抛物线和直线的方程联立起来，然后将抛物线的方程中的x用直线的方程表示，我们最后就能够解出x的值。
将x的值代入其中一个方程就可以求出y的值。
3. 求解离散数据的抛物线方程在实际生活中，我们有时候需要通过一组离散的数据来求解抛物线的方程。
这时候我们需要用到最小二乘法。
最小二乘法是一种通用的解决线性回归问题的办法，将数据点投影到一个平滑的函数上，通过求解该函数的系数，最终得到最优的函数曲线。
三、解题技巧1. 确定坐标系在解题的过程中，我们应该确定好坐标系的选择，通常可以根据题目的要求来选择合适的坐标系。
如果我们要求解抛物线上的某一个点，可以选择原点为顶点，则求解过程更容易进行。
高中数学学习中的经典题目解析与讲解
高中数学学习中的经典题目解析与讲解随着高中数学学习的深入，经典数学题目的解析与讲解成为了学习的关键。
本文将介绍数学学习中的一些经典题目，并对其解法进行详细讲解，帮助同学们更好地掌握高中数学知识。
一、立体几何题目立体几何是数学学习中的重要内容，其中球体、圆锥体和圆柱体是常见的几何体。
下面，我们以一道经典题目来解析这三种几何体的性质。
题目：一个球形水泵中有一些水，现将水泵水倒入一个圆锥形容器中，若容器正好装满，请问水泵中的水是否用完？为什么？解析：我们需要利用几何体的性质来解答这道题目。
首先了解球体、圆锥体和圆柱体的公式。
- 球体的体积公式为V = 4/3πr³，其中r为半径。
- 圆柱体的体积公式为V = πr²h，其中r为底面半径，h为高度。
- 圆锥体的体积公式为V = 1/3πr²h，其中r为底面半径，h为高度。
我们设水泵中的水体积为V1，球形水泵的半径为r1，圆锥形容器的半径为r2，圆锥形容器的高度为h2。
根据题意，水泵中的水倒入容器中后，容器正好装满，即两者的体积相等。
V1 = V24/3πr1³ = 1/3πr2²h2我们可以观察到，等式右边为圆锥体的体积公式，而左边为球体的体积公式。
由此可知，无论底面半径和高度如何变化，等式均成立。
所以，水泵中的水不会用完，无论水泵的水量多少，只要容器能装下，水泵中就还剩余一定量的水。
二、代数题目代数是高中数学的核心内容之一，其中方程和不等式是重要的概念。
下面，我们以一道经典的代数题目来解析方程的求解方法。
题目：解方程2x² + 7x - 15 = 0。
解析：解一元二次方程有多种方法，我们将采用因式分解法来解答这道题目。
先观察方程的形式，可以发现2x² + 7x - 15可以分解为(2x - 3)(x + 5) = 0。
根据零乘法，只要满足(2x - 3) = 0或(x + 5) = 0两个方程中的一个即可。
高考数学中的解二次方程问题解析
高考数学中的解二次方程问题解析在高中数学中，解二次方程是一个不可避免的重要知识点。
而在高考数学中，二次方程解题的要求更加严格复杂。
为此，本文将针对高考数学中二次方程解题中的一些常见问题进行分析，以期帮助广大考生更好地解决这些问题。
一、一元二次方程的基本知识1. 解一元二次方程的常用方法一元二次方程指的是形如ax²+bx+c=0的方程，其中a、b、c分别为常数，且a≠0。
解这类方程，常用的方法有以下几种：（1）因式分解法：当方程的三个系数为整数时，可以通过因式分解的方法简单地求出方程的解。
例如，将方程x²-5x+6=0分解成(x-2)(x-3)=0，便可得到方程的两个解x1=2和x2=3。
（2）配方法：对于一元二次方程ax²+bx+c=0，如果a≠1，则可以通过配方法将其变形为（x+m）²=n的形式，从而求出方程的两个解。
例如，对于方程2x²+8x-6=0，我们可以将其变形为2(x²+4x-3)=0。
然后，再用配方法得到式子x²+4x-3=(x+2)²-7.从而可以得到方程的两个解x1=-2+√7和x2=-2-√7。
（3）公式法：当方程的三个系数为实数或者复数时，可以通过二次公式直接求解方程的两个解。
二次公式为x1,2=[-b±√(b²-4ac)]/2a，如果方程无解，则根据二次公式可知其判别式D=b²-4ac<0。
2. 一元二次方程无解的情况在高考数学中，有一种特殊的情况是一元二次方程无解。
当方程的判别式D=b²-4ac<0时，方程无实数解，但是可以有复数解。
因此，解题时需要特别注意此类情况。
例如，对于方程x²+1=0，我们可以用二次公式求解：x1,2=[-0±√(0²-4*1*1)]/2*1，由此可知方程无实数解。
二、高考数学中的二次方程解题1. 解二次方程的基本思路在高考数学中，二次方程解题并不仅仅是将方程的三个系数代入公式，而是需要考虑方程的实际应用和解题思路。
浅谈高中数学解题技巧
浅谈高中数学解题技巧邱㊀进(江苏省泰州市姜堰区蒋垛中学㊀２２５５００)摘㊀要:随着新课改的落实ꎬ对于高中数学提出了更高的教学要求ꎬ更加重视提高学生的集体思考能力ꎬ全面提高高中生的数学综合素质.高中数学知识既多又复杂ꎬ因此ꎬ这对老师在数学解题技巧上的教授提出了全新的挑战.想要让学生掌握正确的解题方法ꎬ取得理想的数学成绩ꎬ老师应该要深入的研究高中数学教材ꎬ总结解题的技巧.本文对高中数学的解题方法与技巧进行了研究ꎬ希望给数学老师在解题方面的教学提供思路.关键词:高中数学ꎻ解题方法ꎻ解题技巧中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２１)１８－００２７－０２收稿日期:２０２１－０３－２５作者简介:邱进(１９８１.２－)ꎬ男ꎬ江苏省泰州人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀高中数学的学习难度比较大ꎬ要求学生在学习的过程中ꎬ具备较强的逻辑思维能力和分析能力.老师在教学的过程中ꎬ如果采用单一的教学方法ꎬ将不利于培养学生解题的能力ꎬ数学老师的专业素养主要体现在对于学生解题能力的培养上ꎬ老师在日常教学中ꎬ在对例题进行讲解时ꎬ要注重对于解题方式的分析和教授ꎬ让学生在实例学习中掌握正确的解题技巧.㊀㊀一㊁高中数学难题分析由于传统教育理念影响ꎬ老师在展开教学活动中ꎬ通常以自身为主体ꎬ对学生展开灌输填鸭式的教育方式ꎬ导致学生对于老师的依赖性比较大ꎬ独立思考的能力比较弱.但是ꎬ随着教育教学的改革ꎬ数学题的出题思维也在不断的革新和变化ꎬ对于学生来说ꎬ应该要能够做到灵活的运用数学知识ꎬ并且ꎬ结合自身的实际情况ꎬ探索出适合的解题技巧.部分高中生在解答数学难题时ꎬ依然沿用初中阶段的定势思维来进行解读ꎬ在实际的解题过程中困难重重ꎬ解题的速度和正确性不高ꎬ因此也挫伤了大部分学生在解题方面的积极性ꎬ影响了学生解题的自信心.出现这种现象的根本原因是因为ꎬ初中阶段和高中阶段在数学解题上有明显的逻辑差异ꎬ高中的数学题在解题上更加注重对于知识点的综合运用ꎬ而且需要学生具备更高的思维能力.但是部分高中生并没有意识到这一点ꎬ所以解题思维模式上也没有进行转换ꎬ在解题时就遇到了问题.就老师方面来说ꎬ由于高中应试考试压力影响ꎬ老师需要在有限的教学时间内完成更多的教学任务ꎬ因此老师教学任务非常沉重ꎬ既要备学情ꎬ又要备教材ꎬ所以为了完成教学任务ꎬ老师只能利用题海战术来提高学生的学习能力ꎬ但是这种训练方式ꎬ不仅不能达到原本提高学生解题水平的目的ꎬ还会影响到学生对于数学学习的兴趣ꎬ让学生对于数学解题产生厌烦和恐惧的心理.㊀㊀二㊁高中数学审题技巧进行有效解答的前提ꎬ是要能够学会正确的审题ꎬ能够在审题中获得足够的解题条件ꎬ从而提高解题的速度和准确性.１.分析题干内容题干中描述的内容是解题的基本条件ꎬ它指明了解题的大致方向ꎬ因此想要正确的进行解题ꎬ就必须要对题干的内容进行仔细的研究和分析ꎬ挖掘出隐藏在题干中的潜在条件ꎬ通过条件之间的转化来简化解题的程序ꎬ从而提高解题的效率ꎬ并且保证解题的准确性.比如ꎬ已知ａ２＋(ｂ－２)ａ＋ｂ－１＝０的两个根为ａ１和ａ２ꎬ而点Ａ(ａ１ꎬａ２)在圆ａ２＋ｃ２＝４ꎬ求ｂ.通过审题得知ꎬａ在圆ａ２＋ｃ２＝４ꎬ表明Ａ坐标在圆ａ２＋ｃ２＝４方程上ꎬ又(ａ１ꎬａ２)为方程两个根ꎬ则ａ１２＋(ｂ－２)ａ１＋ｂ－１＝０ꎬａ２２＋７２Copyright©博看网 . All Rights Reserved.(ｂ－２)ａ２＋ｂ－１＝０.通过阅读题能够获得以上信息ꎬ如果只是依照题干中的表面条件来进行求解ꎬ将无从下手ꎬ但是这道题解题的关键在于挖掘出题干中的潜在条件ꎬ通过隐藏解题条件来更好的实现调节的目标.２.关联分析以上例为例ꎬ在阅读的过程中挖掘出了潜在的条件ꎬ但是对于解题仍然还显得不够ꎬ这个过程当中ꎬ应该针对已知条件和求解的目标ꎬ进行关联式的分析ꎬ从而获得解题的突破口.需要注意强调的是ꎬ在解题时要具备推理意识和反思意识ꎬ同时通过各种解题方法ꎬ如草图法ꎬ运算分析法来找到解题的关键点ꎬ从而简化题干的内容.ａ２＋(ｂ－２)ａ＋ｂ－１＝０为一元二次方程ꎬ在关联分析时ꎬ加入ｆ(ａ)＝ａ２＋(ｂ－２)ａ＋ｂ－１ꎬ(ａ１ꎬ０)(ａ２ꎬ０)就是焦点ꎬ轴对称分布ꎬ得出ａ１＋ａ２＝２－ｂ.３.梳理解题思路对于高中数学的解题思路来说ꎬ学生应该要能够做到对于题干进行有效的分析ꎬ能够将求解的目标和内容进行联系.将数学的定义和性质进行灵活的运用ꎬ要求学生要梳理解题的思路ꎬ将课本中的理论知识与解题过程的各要素进行匹配ꎬ从而实现多条件的求解目标.比如上题分析得出ａ１２＋(ｂ－２)ａ１＋ｂ－１＝０ꎬａ２２＋(ｂ－２)ａ２＋ｂ－１＝０ꎬａ１＋ａ２＝２－ｂꎬ然后利用三二元次方程求解得出答案.㊀㊀三㊁数学解决方法１.转换法所谓转换法ꎬ就是转变原有的数学解题思路ꎬ从而获得解决的方法.在用这一方法后ꎬ能够将原本复杂的条件简单化ꎬ将抽象的知识具体化ꎬ对于学生来说ꎬ能够有效的提高解题的效率和准确性ꎬ树立起解题的自信心.比如函数ｍ＝ｎｘ２－ｘ－ｎ(ｎ>０ꎬｎʂ１)ꎻｍ＝ｘ＋ｎꎬ通过做图看出ꎬ两个函数有一个焦点ꎬ区间在０<ｎ<１ꎬ但是这题目中的立意不符.因此可以反推出交点的数量为２ꎬ其对应的区间为ｎ>１ꎬ这就和提干相吻合了.２.求证法求证法比较适合用于高中数学解题ꎬ过程就是通过逆向思维的能力进行推理ꎬ最终发现结论与数学的定理之间相背离得知ꎬ原命题的合理性ꎬ从而能够完成解题.对于高中生来说ꎬ一般都习惯使用正面的思维方式来进行解题ꎬ但是这一方法并不适合于所有的题目ꎬ有些题目在运用反向求证的方法之后ꎬ反而能够快速的解题.比如在某学校有６３０人ꎬ抽取每个年级３０％的学生ꎬ通过题干已经条件ꎬ计算出实际调查学生数量为１８９人ꎬ如果命题不成立ꎬ则要假设推理ꎬ指导获取到与题目之间冲突的部分ꎬ凭此来求解.３.换元法高中数学的题目ꎬ一般都不会以单一的形式出现ꎬ学生如果仅仅是从整式进行解题ꎬ反而会花费过多的时间ꎬ而且也不能保证其结果的正确性ꎬ对于这类整合式的数学题目的解答ꎬ学生可以采用换元的方法来进行解题ꎬ通过用变量来替换表达的方式ꎬ最后ꎬ再通过替换的变量来实现正确解题.换元法在所有解决方法中实用性是最高的ꎬ因此老师应该指导学生熟练掌握换原的解决方式ꎬ提高解题的速度和正确性ꎬ这对于学生在今后的数学解答也能够有明显的促进作用.４.排除法排除法也是高中数学解题中比较常用的方法之一ꎬ这种类型的方法大多运用与选择题的题型当中ꎬ通过排除选项的方式来找到正确的答案.比如不等式ａｂ２＋２ａｂ－４<２ｂ２＋４ｂ恒成立ꎬ则ｍ的范围是(㊀㊀).Ａ.(－２ꎬ２)㊀㊀㊀Ｂ.(－ɕꎬ－１)ɣ(２＋ɕ)Ｃ.(－ɕꎬ２)Ｄ.(－２ꎬ２)当ａ＝２时ꎬ则－４<０ꎬ这与题目立意一致ꎬ故而Ａ选项和Ｂ选项排除.当ａ＝－２时ꎬ则(ａ＋１)２ȡ０不恒成立ꎬ因此排除选项Ｃꎬ得出正确答案为Ｄ.数学作为高中阶段的重点学科ꎬ是高考的科目ꎬ也是教学的重点ꎬ因此为了让学生能够在高考中取得理想的成绩ꎬ老师应该让学生掌握正确的解题技巧ꎬ提高解题的速度和正确率ꎬ进而确保在高考中获得比较高的数学成绩.数学是一门对于逻辑性和抽象思维能力要求比较高的学科ꎬ高中数学由于知识点多且深ꎬ因此在解题的过程中ꎬ对于学生的要求更高.学生除了要夯实的理论基础之外ꎬ还要能够灵活的运用数学知识进行正确的解题.老师要让学生学会根据不同的题目选择合适的解题方法与技巧ꎬ才能显著提高答题的正确率.㊀㊀参考文献:[１]张美玲.高中数学解题方法及技巧探究[Ｊ].学周刊ꎬ２０１７(２):１５１－１５２.[２]王坤.例谈基于问题解决的高中数学复习[Ｊ].数学通报ꎬ２０１７ꎬ５６(７):４６－４９.[责任编辑:李㊀璟]８２Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
高中数学微专题【不等式恒成立或有解问题】
高中数学微专题【不等式恒成立或有解问题】突破点一分离法求参数的取值范围【例1】已知函数f(x)＝e x＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝e x＋x2－x，x∈R，f′(x)＝e x＋2x－1.因为f′(x)＝e x＋2x－1在(－∞，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(2)由f(x)≥12x3＋1得，e x＋ax2－x≥12x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.②当x>0时，分离参数a，得a≥－e x－12x3－x－1x2，记g(x)＝－e x－12x3－x－1x2，g′(x)＝－（x－2）⎝⎛⎭⎪⎫e x－12x2－x－1x3.令h(x)＝e x－12x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝e x－x－1，令H(x)＝e x－x－1，则H′(x)＝e x－1>0，所以H(x)在(0，＋∞)上是增函数，且H(0)＝1－0－1＝0，所以h′(x)>0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，∴h(x)>h(0)＝0，即e x－12x2－x－1>0恒成立，故当x ∈(0，2)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24，综上可得，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，＋∞. 探究提高 1.分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤(1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式. (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值.(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围. 2.本题为了求g (x )的最大值，多次构造函数，进行二次求导. 【训练1】已知函数f (x )＝a e x －x e x ＋x －a (a ∈R ). (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若对任意x >0都有f (x )<x ＋1恒成立，求a 的最大整数值. 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2e x －x e x ＋x －2， 所以f ′(x )＝2e x －(e x ＋x e x )＋1＝e x －x e x ＋1， 因此f (0)＝0，f ′(0)＝2.所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x . (2)对任意x >0，恒有f (x )<x ＋1，即a (e x －1)<x e x ＋1. 因为x >0，所以e x －1>0， 所以a <x e x ＋1e x －1＝x ＋x ＋1e x －1.设g (x )＝x ＋x ＋1e x －1(x >0)，则只需a <g (x )min ， g ′(x )＝1－x e x ＋1（e x －1）2＝e x （e x －x －2）（e x －1）2.令h (x )＝e x －x －2(x >0)，则h ′(x )＝e x －1>0恒成立， 所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增.因为h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0，所以存在唯一一个x0使得h(x0)＝0，且1<x0<2.所以当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0.所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝x0＋x0＋1 e x0－1.由e x0－x0－2＝0，得e x0＝x0＋2，所以g(x0)＝x0＋x0＋1x0＋2－1＝x0＋1∈(2，3).故a的最大整数值为2.突破点二分类等价转化法求参数范围【例2】设函数f(x)＝2x ln x－2ax2(a∈R).(1)当a＝12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤f′（x）2－ln x－1(f′(x)为f(x)的导函数)在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围.解(1)当a＝12时，f(x)＝2x ln x－x2，定义域为(0，＋∞).∴f′(x)＝2ln x－2x＋2.令g(x)＝f′(x)＝2ln x－2x＋2(x>0)，∴g′(x)＝2x－2.当x∈(0，1)时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)为减函数.∴g(x)≤g(1)＝2ln 1－2×1＋2＝0，即f′(x)≤0.∴函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间.(2)f(x)＝2x ln x－2ax2，∴f′(x)＝2ln x－4ax＋2，且x>0.∴f(x)≤f′（x）2－ln x－1在(1，＋∞)上恒成立⇔2(x ln x－ax2)≤ln x－2ax＋1－lnx－1在(1，＋∞)上恒成立⇔ln x－ax＋a≤0在(1，＋∞)上恒成立. 令h(x)＝ln x－ax＋a，x∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝1x －a ，且h (1)＝ln 1－a ＋a ＝0.当a ≤0时，h ′(x )>0恒成立，故h (x )在(1，＋∞)上为增函数. ∴h (x )>h (1)＝0，即a ≤0时不满足题意. 当a >0时，由h ′(x )＝0，得x ＝1a .①若a ∈(0，1)，则1a ∈(1，＋∞)，故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上为增函数.∴存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a ，使得h (x 0)>h (1)＝0，这与h (x )＝ln x －ax ＋a ≤0在(1，＋∞)上恒成立矛盾. 因此a ∈(0，1)时不满足题意.②若a ∈[1，＋∞)，则1a ∈(0，1]，故h (x )在(1，＋∞)上为减函数， ∴h (x )<h (1)＝0，∴h (x )≤0恒成立，故符合题意. 综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞).探究提高 1.对于不等式恒成立问题，若不易分离参数或分离后难以求最值，解题时常用参数表示极值点，进而用参数表示出函数的最值，求解不等式得参数的范围，体现转化思想.2.解题过程中，参数的不同取值对函数的极值、最值有影响，应注意对参数的不同取值范围进行分类讨论.【训练2】已知点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ，1，Q (x ，mx ＋sin x )(m ∈R )，O 为坐标原点，设函数f (x )＝OP→·OQ →.(1)当m ＝－2时，判断函数f (x )在(－∞，0)上的单调性； (2)当x ≥0时，不等式f (x )≥1恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)f (x )＝OP →·OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ，1·(x ，mx ＋sin x )＝e x ＋mx ＋sin x ，当m ＝－2时，f (x )＝e x －2x ＋sin x ，f ′(x )＝e x －2＋cos x ， 当x <0时，e x <1，且cos x ≤1，所以f ′(x )＝e x －2＋cos x <0， 所以函数f (x )在(－∞，0)上单调递减.(2)当x ＝0时，f (0)＝1≥1，对于m ∈R ，f (x )≥1恒成立. 当x >0时，f ′(x )＝e x ＋m ＋cos x ， 设g (x )＝e x ＋m ＋cos x ，则g ′(x )＝e x －sin x ，因为e x >1，sin x ≤1，所以g ′(x )＝e x －sin x >0，则g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )>g (0)＝m ＋2，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(x )>m ＋2.①当m ≥－2时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )>1恒成立.②当m <－2时，f ′(0)＝m ＋2<0，因为f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且当x ＝ln(2－m )时， f ′(x )＝e ln(2－m )＋m ＋cos[ln(2－m )] ＝2＋cos[ln(2－m )]>0，所以存在x 0∈(0，＋∞)，使得f ′(x 0)＝0， 所以当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0恒成立， 故f (x )在区间(0，x 0)上单调递减.所以当x ∈(0，x 0)时，f (x )<1，不符合题意. 综上，实数m 的取值范围为[－2，＋∞). 突破点三 不等式有解求参数的取值范围 【例3】 已知函数f (x )＝－a ln x －e xx ＋ax ，a ∈R . (1)当a <0时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (x )＋xf ′(x )，若关于x 的不等式g (x )≤－e x＋x 22＋(a －1)x 在[1，2]上有解，求实数a 的取值范围.解 (1)依题设，f ′(x )＝－a x －x e x －e xx 2＋a ＝（ax －e x ）（x －1）x 2(x >0)，当a <0时，ax －e x <0恒成立，所以当x >1时，f ′(x )<0，当0<x <1时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. (2)因为g (x )＝f (x )＋xf ′(x )， 所以g (x )＝－a ln x －e x ＋2ax －a ，由题意知，存在x 0∈[1，2]，使得g (x 0)≤－e x 0＋x 202＋(a －1)x 0成立，则存在x 0∈[1，2]，使得－a ln x 0＋(a ＋1)x 0－x 202－a ≤0成立，令h (x )＝－a ln x ＋(a ＋1)x －x 22－a ，x ∈[1，2]，则h ′(x )＝－a x ＋a ＋1－x ＝－（x －a ）（x －1）x，x ∈[1，2].①当a ≤1时，h ′(x )≤0，所以函数h (x )在[1，2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝－a ln 2＋a ≤0成立，解得a ≤0，所以a ≤0. ②当1<a <2时，令h ′(x )>0，解得1<x <a ； 令h ′(x )<0，解得a <x <2，所以函数h (x )在[1，a ]上单调递增，在[a ，2]上单调递减.又因为h (1)＝12，所以h (2)＝－a ln 2＋a ≤0，解得a ≤0，与1<a <2矛盾，故舍去. ③当a ≥2时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[1，2]上单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝12>0，不符合题意.综上所述，实数a 的取值范围为(－∞，0].探究提高 1.本题根据函数h ′(x )的零点a 是否在定义域[1，2]内进行讨论，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可得最值，判断所求最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围.2.不等式“存在性”问题与“恒成立”问题的求解是“互补”关系.含参不等式能成立问题可转化为最值问题来解决，注意与恒成立问题的区别. 【训练3】已知函数f (x )＝a ＋1x ＋a ln x ，其中参数a <0. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝2x 2f ′(x )－xf (x )－3a (a <0)，存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围.解 (1)∵f (x )＝a ＋1x ＋a ln x ，∴定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a ＋1x 2＋a x ＝ax －（a ＋1）x 2.①当－1<a <0时，a ＋1a <0，恒有f ′(x )<0， ∴函数f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)， 无单调递增区间.②当a ＝－1时，f ′(x )＝－1x <0，∴f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间.③当a <－1时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ＋1a ，f ′(x )>0，∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，a ＋1a ；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，＋∞，f ′(x )<0， ∴f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，＋∞. (2)g (x )＝2ax －ax ln x －(6a ＋3)(a <0)，∵存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，∴2g (x )min <g (x )max . 又g ′(x )＝a (1－ln x )，且a <0，∴当x ∈[1，e)时，g ′(x )<0，g (x )是减函数； 当x ∈(e ，e 2]时，g ′(x )>0，g (x )是增函数， ∴g (x )min ＝g (e)＝a e －6a －3， g (x )max ＝max{g (1)，g (e 2)}＝－6a －3. ∴2a e －12a －6<－6a －3，则a >32e －6.又a <0，从而32e －6<a <0，即a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫32e －6，0.1.已知函数f (x )＝ln x ＋ax (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调区间；(2)若f (x )≤e x －1＋1x －1恒成立，求实数a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－a －ln xx 2.令f ′(x )>0，得1－a －ln x >0，解得0<x <e 1－a . 令f ′(x )<0，得1－a －ln x <0，解得x >e 1－a .故f (x )的单调递增区间为(0，e 1－a )，单调递减区间为(e 1－a ，＋∞). (2)因为f (x )≤e x －1＋1x －1恒成立，即ln x ＋a x ≤e x －1＋1x －1对(0，＋∞)恒成立， 所以a ≤x e x －1－x －ln x ＋1对(0，＋∞)恒成立. 令g (x )＝x e x －1－x －ln x ＋1，则g ′(x )＝e x －1＋x e x －1－1－1x ＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1－1x .当x ∈(0，1)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，1)上单调递减. 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增. 故当x ＝1时，g (x )取到最小值g (1)＝1，所以a ≤1. 故实数a 的取值范围是(－∞，1]. 2.已知函数f (x )＝x ln x －ax ＋1(a ∈R ). (1)讨论f (x )在(1，＋∞)上的零点个数；(2)当a >1时，若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)·(a －3)，求实数a 的取值范围.解 (1)由f (x )＝x ln x －ax ＋1＝0可得a ＝ln x ＋1x ， 令g (x )＝ln x ＋1x ，易知g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2，所以g ′(x )>0在(1，＋∞)上恒成立，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增. 又g (1)＝1，所以当x ∈(1，＋∞)时，g (x )>1. 故当a ≤1时，f (x )在(1，＋∞)上无零点； 当a >1时，f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点.(2)当a >1时，由(1)得f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点. 由f ′(x )＝ln x ＋1－a ＝0得x ＝e a －1，所以f (x )在(1，e a －1)上单调递减，在(e a －1，＋∞)上单调递增， 所以f (x )min ＝f (e a －1)＝1－e a －1.若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)(a －3)成立， 只需1－e a －1<(e －1)(a －3)成立， 即不等式e a －1＋(e －1)(a －3)－1>0成立. 令h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1，a >1， 则h ′(a )＝e a －1＋e －1，易知h ′(a )＝e a －1＋e －1>0在(1，＋∞)上恒成立， 故h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1在(1，＋∞)上单调递增. 又h (2)＝0，所以a >2，故实数a 的取值范围为(2，＋∞).3.已知函数f (x )＝x －a ln x ＋bx 在x ＝1处取得极值. (1)若a ＞1，求函数f (x )的单调区间；(2)若a ＞3，函数g (x )＝a 2x 2＋3，若存在m 1，m 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得|f (m 1)－g (m 2)|＜9成立，求a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1－a x －bx 2. 由f ′(1)＝0，得b ＝1－a ，则f ′(x )＝1－a x －1－a x 2＝x 2－ax －（1－a ）x 2＝（x －1）[x －（a －1）]x 2，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝a －1.若1＜a ＜2，则函数f (x )的单调递增区间为(0，a －1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(a －1，1)；若a ＝2，则函数f (x )无单调递减区间，单调递增区间为(0，＋∞)；若a ＞2，则函数f (x )的单调递减区间为(1，a －1)，单调递增区间为(0，1)，(a －1，＋∞).(2)当a ＞3时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以f (x )的最大值为f (1)＝2－a ＜0.易知函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递增，所以g (x )的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14a 2＋3＞0，所以g (x )＞f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上恒成立.若存在m 1，m 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得|f (m 1)－g (m 2)|＜9成立，只需要g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－f (1)＜9，即14a 2＋3－(2－a )＜9，解得－8＜a ＜4，又a ＞3，所以a 的取值范围是(3，4).。
浅谈高中数学中最值问题的六种解法
又．１ ｓ ｉ ｎ ２ １ ， 所 以 ｎ 一 ・ 一
（ ０ ，一 ２ ） 的 直 线 的 斜 率 ， 而 动 点 Ｐ 的 轨 迹 为 ｙ＝ｘ ２（ ｏ ）
，
三、 利用导数求 最值
例３ 已知 函数． 厂 （ ） ＝
上 的最 大值 是
Ａ． ０ Ｂ ． １ Ｃ． ２ Ｄ＿ ３
问题的解法作点探讨和归纳 。
一
元 函 数 ｔ 八 ， ， ） 一 ｉ ＋ 彳 ＋ ＿ ＋ ＿ ｚ 的 最 小 值。
分 析 我 们 知 道 ， 单 调 增 函 数 ｆ （ ｘ ） 具 有 性 质
、
利用“ 二分法 ” 求最值
。
（ Ｘ 一 ２ ） 【 厂 （ 。 ） 一 ｆ （ ｘ ２ ） ］ ０ ，单调 减 函数 － 厂 （ ） 具有 性 质
１ ＋ ｔ ａ ｌ ｌ ２ 的结构基本一致 ，
故可令 ＝ｔ ａ ｎ ０， Ｏｃ（ 一 ，
１
则
ｓ ｉ ｎ ２ ０ ，一 ＜２ ０＜
ｌ １
ａ ｂ ） ２ － ＿ ０ （ － ２ ） 设 ＝ ＋一 ２ ＝（ ａ ｂ ６ Ｏ ， 它表 过点 ｐ 。 ， （ 。 ６ ） ： ） 与 ’匕 伏 示 小 ～ ６ ， Ｌ Ｊ 点 一 Ｑ
故 静 。 同 理 ， 静
当 ＝ ＝ ＝． １ 时
，
静 一 ”
三 式 相 加 ， 有 ｚ ） ＝ ＋ ＋ 等 ＋ ＋ ｚ ） ］ ＝ 。 ，
＿ ， ， ｙ ， ｚ ） ：Ｏ
二、 利用三角代换求最值
例 ２ 求 函数 分析
的最值 。
五、 利用线性规划求最值 例 ５ 已知口 ，析 因Ｉ 一 Ｘ Ｉ 表示数轴上的动点 到 ｎ 之间的距离。 当Ｉ —ｌ ｌ ＋ｌ 一１ ９ ｌ 最小时， 为区间［ １ ， １ ９ ］ １ ￣的任意一个分
浅谈高中数学教学中问题解决教学的策略
浅谈高中数学教学中问题解决教学的策略
毛Байду номын сангаас 娜
（ 河北高碑店市职教 中心
河北
高碑店
０ ７ ４ ０ ０ ０）
什么是问题解决教学呢？它是一种以问题作为载体，把教学内容问题 化 ，通 过 问题 解决 来展 开 学 习，通 过 问题解 决 来建 构知 识 的教 学模 式 。这 种 教学 是 由教 师 的创造 性 教和 学生 创造 性 学构成 的 一种 新型 的 教学 活动 。 正因 为 问题解 决教 学有 利 于激 发学 生 的求知 欲 和探 究欲 ，所 以越 来越 受 到 师 生 的认 同和欢 迎 。 ’ 问题 解决 式教 学是 一 种反 传统 的 教学 ，在 这种 教学 活动 中，老 师 可 以 向学生发 问，学生也可 以向老师发 问，由单向交流变为双向交流，由被动 学 习 转为 主动 学 习 ，从而 实现 师 生互动 ，教 学 相长 。因此 ，作 为教 师 首先 要改变传统的教学观念 ，和学生站在平等的人格平台上，形成民主的教学 作 风 ，注 意培 养 学生 的 问题意 识 ，提 高学 生发 现 问题 、思 考 问题 、解 决 问 题的 能力 ，为 学生 营造 一个 宽松 和谐 的学 习氛 围 。 关于 问题 解决教 学 的策 略 “ 问题解决教学” 是以数学问题为中心，在教师的引导下． 通过学生独立 思考 和交 流讨 论 等形 式 ，对数 学 问题 进行 求解 、发 展 与延 伸 、迁移 与 变形 等环 节 ，培养 学 生处 理信 息 、获 取新 知 、应用 新知 的 能力 、积 极探 索 的科 学精 神 、 团结协作 的 能力 。 １ ． “ 问题解决” 是数学教育 的核心 。在课堂教 学中设计“ 女 于 ’ ’ 的 问题 是极其 重 要的 。在每节课 中，问题要努力做 到：①包含明显 的数学概 念或技巧 ；② 能推 广或扩充 到数 学各 单元知识和各种情 形当中去 ；⑨有着 多种 解决方法 。 ２ ． 怎 样进 行 问题解 决教 学？ ①给 学 生提 供 一 一 种轻 松 愉快 的气 氛 和 生动 活泼 的 环境 ；② 从 学生 的 已有经 验 出发提 出问题 ， 引起学 生 对结 论迫 切 追 求的愿望，将学生置于一种主动参与的位置；③大胆鼓励学生运用直觉去 寻求 解 题 策略 ，必 要时 给一 些提 示 ；④讨 论 各种 成功 的解 决 办法 ， 归纳 出 问题 解 决 的核心 。如 果可 能的 话和 以前 的 问题 联 系起 来 ， 对 问题 进 行推 广 ， 概 括 出一般 原理 。 ３ ． “ 问题解决” 的心理机制。在从已知状态到 目标状态的问题过程中，要进 行一系列 心理操作，课堂教学 中要 努力地解决 ：① 领会 与同化 。学生要用 自己 的语言转换命题，并整体地将问题吸入已有的认知结构中去；②寻求策略与验 证。 思维有跃向结论的倾向， 分析解题的过程有助于学生寻求策略技能的提高， 各种解题策略的比较与验证更可以增强学生的创造性与批判精神。 二 、数 学 问题选 择和 呈示 的策 略 课堂教学中，教师必须要向学生提供一个好问题。一个“ 好问题” 应当 具 有 以下 两个特 征 ： １ ． 从学习者的角度来看， “ 好问题” 必须具有可接受陛、 障碍性和探究性。 可接受性是指问题要容易为学生所理解问的是什么，要有一定的意义容易 引起学生对 问题的关注；障碍性则是要求问题要符合维果斯基的最近发展 区原理 ，也就是问题的解决办法不是显而易见的，是没有现成的方法可供 使 用 的但 又确 实与 已学 内容 有 一定 联系 的 问题 ；探 究性 是指 学 生能进 行 探 究，而探究的过程又有明确的价值取向，如中学数学教学内容的价值 、思 维 的价 值 或是人 文 的价值 等 ２ ． 从教师角度来看。 “ 好问题” 应当有可控性 可控性是指教师对所选问
浅谈高中数学中存在的问题及对策探究
浅谈高中数学中存在的问题及对策探究我们来看一下高中数学存在的问题之一——难度较大。
高中数学相较于初中数学而言，难度明显上升。
学生们需要掌握更多的数学知识和技巧，需要具备更强的数学思维能力和逻辑推理能力。
对于一些学习能力相对较弱的学生来说，这无疑是一大挑战。
教师们需要针对不同水平的学生进行有针对性的教学，通过不同的方法和手段帮助学生提高数学学习能力，减轻学习压力。
高中数学存在的问题之二——抽象性强。
高中数学的内容相当抽象，充满了各种符号和公式，对学生的数学想象力和抽象思维能力要求较高。
一般的学生可能难以理解并掌握这些抽象的数学概念，从而导致学习困难。
教师们应该引导学生通过具体的例子和图形来理解抽象的数学概念，培养学生的数学直觉，从而提高他们理解和掌握数学知识的能力。
高中数学存在的问题之三——应用性不足。
部分高中数学知识在学生看来较为抽象，应用性不强，容易引起学生对数学学习的兴趣减退。
教师们应该通过生动的例子和实际的问题来展示数学知识的应用，让学生明白数学是实际问题的解决工具，从而提高他们对数学学习的兴趣和积极性。
高中数学存在的问题之四——基础不扎实。
高中数学的知识体系是建立在初中数学知识的基础上的，如果学生在初中的数学学习中存在着漏洞和不足，就会在高中的学习中出现问题。
教师们需要及时发现学生的学习问题，针对性地进行补课和辅导，帮助学生夯实基础，确保他们顺利地掌握高中数学知识。
针对以上问题，我们可以提出一些对策。
教师们需要不断地提高自身的教学水平，不断更新教学理念和方法，以适应学生的学习需求。
学校和家长应该共同关注学生的数学学习情况，提供必要的支持和帮助。
学生们也要主动地参与到数学学习中，积极主动地解决学习中遇到的问题。
教育部门和学校应当注重数学学科的特点，通过改革教学方法和内容，提高数学教学的质量和有效性。
高中数学的学习存在一些问题，但只要我们能够重视这些问题，正确认识和解决这些问题，相信一定能够有效地提高学生的数学学习效果，使他们在数学学习中能够更好地发展自己的潜能，为将来的学习和工作打下良好的数学基础。
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浅谈高中数学中的有解问题
发表时间：2012-01-18T11:25:22.233Z 来源：《学习方法报·语数教研周刊》2011年第20期供稿作者：杜涛陈明星
[导读] 有解问题是中学数学教学中的重要内容，对学生来说是个难点知识．
河南商南县高级职业中学杜涛陈明星
有解问题是中学数学教学中的重要内容，对学生来说是个难点知识．它是函数、数列、不等式等内容交汇点，近几年在各省的高考试题中，经常出现．这类问题它不仅仅考察函数、不等式等有关的知识、方法，而且还考察导数等工具的掌握和运用．常常会结合思想方法在里面，近年来越来越受到高考命题者的青睐．下面我就有解问题与二次不等式、绝对值不等式，导数的联系，谈谈自己的一点看法．
一般解决不等式有解的问题的基本策略是利用不等式性质或构造恰当的辅助函数，利用函数图像，性质，最值求解，常有以下结论：
在应用时注意它和不等式恒成立问题的区别．
一、绝对值不等式中的有解问题
（1）求二次函数的解析式．
三、二次不等式中的有解问题
四、有解问题与导数的联系
知识与现代方法交互作用，交相辉映，对考生灵活运用知识解决问题的能力是一个极好的考查．在求解时注意它和恒成立问题的区别．。