2015年四川高考题理科数学第21题分析报告会

12015年四川高考理科数学第21题试题分析内江六中王锋2015年普通高考理科数学(四川卷)依然遵循《考试大纲》及《考试说明(四川卷)》要求，保持了近几年的四川卷命题风格，在题型、题量、难度方面保持了相对稳定，立足现行教材，回归数学本质，重视基础知识、基本技能的考查，强调通性通法，注重能力立意，命题命制立足学科主干知识，将知识、方法、能力的考查融为一体，通过适度联系与综合等方式，在知识交汇处考查学生的数学思维方法和能力，同时试题在稳定中追求创新，有利于考查学生的数学素养与学习潜能，整个试卷布局合理，难度适中，有较好区分度，无偏题、怪题，有利于科学选拨人才，维护社会公平与稳定。下面就21题谈一谈个人的不成熟看法，有不妥之处还望各位批评指正！一．试题呈现21.（本小题14分）已知函数222ln22fxxaxxaxaa，其中0a。（1）设gx是fx的导函数，讨论gx的单调性；（2）证明：存在0,1a，使得0fx在区间1,内恒成立，且0fx在区间1,内有唯一解。本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等数学思想。二．试题评价第21题在素材选择、情景设置和设问方式上相比往年有所创新，和2014年最后一题类似，考查二阶导数和分类讨论，考查学生的探究意识，应用意识和创新意识，对考生综合与灵活运用所学数学知识、思想方法，进行独立思考分析，创造性的解决问题有较高且合理的要求。同时第21题对数学思维的灵活性、深刻性、创造性都有较高要求，具有一定的难度，解答这些问题，需要具有较强的分析问题、探究问题和解决问题的能力。展示了数学学科的抽象性和严谨性，要求考生具有高层次的理性思维，考生解答时可以采用“联系几何直观—探索解题思路—提出合情猜想—构造辅助函数—结合估算精算—进行推理证明”的思路，整个解答过程与数学研究的过程基本一致，能较好地促进考生在数学学习的过程中掌握数学知识、探究数学问题和发现数学规律。这些试题具有立意深远、背景深刻、设问巧妙等特点，富含思维价值，体现了课程改革理念，是检测考生理性思维广度、深度和学习潜能的良好素材。这样的设计，对考生评价合理、科学，鼓励积极、主动、探究式的学习，有利于引导中学数学教学注重提高学生的思维能力、发展应用意识和创新意识，对全面深化课程改革、提高中学数学教学质量有十分积极的作用。三．解题方法解法一：2(Ⅰ)由已知，函数()fx的定义域为(0,)，()()2()2ln2(1)agxfxxaxx，所以22()22agxxx22112()2()24xax．当104a时，()gx在区间114(0,)2a，114(,)2a上单调递增，在区间114114(,)22aa上单调递减；当14a≥时，()gx在区间(0,)上单调递增．（说明：每个单调区间1分，共6分。若出现114(0,)2a114(,)2a，扣1分）(Ⅱ)由()2()2ln2(1)0afxxaxx，解得11ln1xxax．令2211111ln1ln1ln1ln()2()ln2()2()1111xxxxxxxxxxxxxxxxx．则(1)10＞，211e(e2)e2(e)2()01e1e＜．故存在0(1,e)x，使得0()0x．令001001ln1xxax，()1lnuxxx(1)x≥．由1()10uxx≥知，函数()ux在区间(1,)上单调递增．所以001110()(1)(e)011111eee+21uxuuax＜＜＜．即0(0,1)a．当0aa时，有0()0fx，00()()0fxx．由(Ⅰ)知，()fx在区间(1,)上单调递增，故当0(1,)xx时，()0fx＜，从而0()()0fxfx＞；当0(,)xx时，()0fx＞，从而0()()0fxfx＞．所以，当(1,)x时，()0fx≥．综上所述，存在(0,1)a，使得()0fx≥在区间(1,)内恒成立,且()0fx在区间(1,)内有唯一解．解法二：(Ⅱ)令2222()2lnxaxaaxxxa，则()0fx≥在区间(1,)内恒成立,且()0fx在区间(1,)内有唯一解当且仅当()0x≥在区间(1,)内恒成立,且()0x在区间(1,)内有唯一解．2222()()xaxaxxax322(2)(2)()xaxxaxxa2(2)[(11)][(11)]()xaxaxaxxa．由于0a≥且0x＞,故'()0x时，11xa．当(1,11)xa时,'()0x＜,()x单调递减．当(11,)xa时,'()0x＞,()x单调递增．从而,当11xa时,()x在(1,)达到最小值．此时，22min(11)2(11)22ln(11)11aaaaaaaa．令()ha22(11)2(11)22(11)ln(11)aaaaaaaa，则(0)44ln20h＞，2(1)(12)2(12)12(22)ln(12)(422)ln(12)0h＜．从而存在1(0,1)a使得1()0ha．令1111xa．则当1aa时，11()()0xha且1()0x．当10xx＜＜时，()x单调递减，从而()0x＞．当1xx＞时，()x单调递增，从而()0x＞．综上所述，存在1(0,1)aa，使得()0fx≥在区间(1,)内恒成立,且()0fx在区间(1,)内有唯一解．解法三：(Ⅱ)由(Ⅰ)知，1()()2(1ln)2(1)fxgxxxax在区间(1,)上单调递增．(1)40fa，当x趋向于正无穷大时，()()fxgx的函数值也趋向于正无穷大．即存在(1,)t，使得()0fx，且()fx在(1,)t单调递减，在(,)t单调递增．且t满足12(1ln)2(1)0ttat，即11ln1ttat时，()fx取得最小值为22()2()ln22fttattataa2211111ln1ln1ln1ln2()ln2()2()1111tttttttttttttttt．令2211111ln1ln1ln1ln()2()ln2()2()1111ttttttttttttttttt，则(1)10＞，211e(e2)e2(e)2()01e1e＜．故存在0(1,e)x，使得0()0x．所以()0ft在区间(1,e)内有解0x．此时相应的a值为000011001ln()11xxuxaaxx，其中()1lnuxxx(1)x≥．4由1()10uxx≥知，函数()ux在区间(1,)上单调递增．所以001110()(1)(e)011111eee+21uxuuax＜＜＜．即0(0,1)a．综上所述，存在0(0,1)aa，使得()fx的最小值为0．此时()0fx≥在区间(1,)内恒成立,且()0fx在区间(1,)内有唯一解．解法四：(Ⅱ)前同解法三．22()2()ln22fttattataa2212()[1(1)]22tatatataat22322(25)(2)attattt2(2)[(2)]atattt．又11ln1ttat，所以212(312ln)(2ln1)()(1)tttttfttt．令()ht22ln1ttt，易得(1)20h＜，2(e)e2e0h＞，所以()0ft在区间(1,e)内有解0x．此时相应的a值为000011001ln()11xxuxaaxx，其中()1lnuxxx(1)x≥．由1()10uxx≥知，函数()ux在区间(1,)上单调递增．所以001110()(1)(e)011111eee+21uxuuax＜＜＜．即0(0,1)a．综上所述，存在0(0,1)aa，使得()fx的最小值为0．此时()0fx≥在区间(1,)内恒成立,且()0fx在区间(1,)内有唯一解．解法五：(Ⅱ)由(Ⅰ)得'fxgx在1,内单调递增。且'1222240faaa，'0f。由零点存在性定理得存在唯一01,x使得00002'2ln2220afxxxax①。所以fx在0(1,)x上单调递减，0(,)x上单调递增。所以满足0fx在区间1,内有唯一解只需满足0min0fxfx即可。522000002ln220fxxaxxaxaa，将①带入化简得：223200002000200025220220,22axxaxxaxaxxxaaxx当00(1)2xax时，此时①变形为22ln230aa，在1,12上有解。令22222ln23,,'2ahaaahaaa所以ha在0,1上单调递减。11302h不满足。当2002axx时，此时①变形为20022ln60xx在1,2上有解。不妨设2200000000422()22ln6,'4xhxxxhxxxx所以0()hx在1,2上单调递增。(1)4,222ln20hh。所以20022ln60xx在1,2上有解。所以结论得证。四．学生错误1.求导不熟，比如乘法法则、分式求导；2.运算能力不强，对函数式乱变形、一元二次方程求根公式乱写、乱约分；3.对参数的处理能力不够，分类讨论的思想还不到位；4.研究函数时没有注意函数的定义域；5.多个同类单调区间乱表达；6.第二个小题基本没有做，入手较难。五．教学建议第21题第1小问主要考查分类与整合的数学思想与方法。它是考试的必考点，同时也是学生解题的难点和易错点。就其原因，根本是没有想通为什么需要讨论！所以我们在平时的教学中，注意学生基本功的训练和过手，要经常进行不带参数和带参数的同一个问题的切换！让学生深深地体会到分类讨论是在“自然而然”中诞生的！而不是很勉强的！能避免则避免！有时是“无奈之举”.就此题而言，讨论“单调性”可化归为“解不等式”，最终是解“一元二次含参不等式”。走啊走，走到“”这一关过不到了！非讨论不可！一切都是在自然而然中悄悄发生！第21题第2小问是为优等生准备的“大餐”，在处理②时需要利用到主元转换（因式分解功底强大的则无需），后续操作则只需注意变量的取值范围即可，此题需要考生强大的计算和心理承受能力，能明确自身目的所在，不至于在6多重代换后迷失目标而功亏一篑。一般的学生是无福消受！所以在平时教学中对班上的优等生多加强一些思维训练，多给他们思考的时间、空间。针对这样的压轴题，要有心里准备，集中精力尽量去完成，争取多得分。