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2004年數學高考(江蘇卷)壓軸題評析

高等數學的深刻背景、數學分析的方法要求
——2004 年數學高考(江蘇卷)壓軸題評析
215006 蘇州市第一中學 劉祖希 2004 年數學高考(江蘇卷)可謂眾望所歸,和去年相比,試題難度、難題數量都明顯要減一個檔次, 使得“考生笑瞇瞇” ,實現了江蘇省教育廳“平穩過渡”的承諾.從試卷本身來看,起點較低、總體平穩(6 道解答題前 5 道均賦分 12 分) 、梯度明顯(第 22 題即把關且難度最大). 壓軸題既有高等數學的深刻背景,又有數學分析的方法要求,以抽象函數為載體,考察了函數、不等 式的證明等熱點問題,涉及的數學思想方法主要有分析法、特值法、反證法、拆項添項法、放縮法、分類 討論法等,尤其需要考生具備很高的分析問題的能力. 22 題: (本題滿分 14 分)已知函數 f ( x )( x ∈ R ) 滿足下列條件,對任意的實數 x1 , x2 都有

λ ( x1 ? x2 ) ≤ ( x1 ? x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ? ?
2

和 其中 λ 是大于 0 的常數. 設實數 a0 , a, b 滿足

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ≤ x1 ? x2

f ( a0 ) = 0 和 b = a ? λ f ( a ) .

(I) 證明 λ ≤ 1 ,并且不存在 b0 ≠ a0 ,使得 f ( b0 ) = 0 ; (II) 證明 ( b ? a0 ) ≤ 1 ? λ
2 2

(

2

)(a ? a )
0

2



(III)證明 ? f ( b ) ? ≤ 1 ? λ 2 ? f ( a ) ? . ? ? ? ?
2

(

)

證明(I):任取 x1 ≠ x2 , 不等式 λ ( x1 ? x2 ) ≤ ( x1 ? x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 兩邊同除以 ( x1 ? x2 ) , ? ?
2 2

得0 < λ ≤

( x1 ? x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ?= ≤ 2 x1 ? x2 x1 ? x2 ( x1 ? x2 )
f ( x1 ) ? f ( x2 ) ≤ 1 ,② x1 ? x2

,①

不等式 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ≤ x1 ? x2 兩邊同除以 x1 ? x2 , 得

f ( x1 ) ? f ( x2 ) x1 ? x2

≤ 1 ,即

比較①、②得, λ ≤ 1 . 假設存在 b0 ≠ a0 ,使得 f ( b0 ) = 0 ,則 λ ( b0 ? a0 ) ≤ ( b0 ? a0 ) ? f ( b0 ) ? f ( a0 ) ? = 0 , ? ?
2

1

∵ λ > 0 ,∴ b0 ? a0 = 0 , b0 = a0 ,這與 b0 ≠ a0 矛盾, 故假設不成立,即不存在 b0 ≠ a0 ,使得 f ( b0 ) = 0 . 證明(II): ∵ f ( a0 ) = 0 和 b = a ? λ f ( a ) , ∴ ( b ? a0 )
2

= ( a ? λ f ( a ) ? a0 )

2

= ? a ? a0 ? λ f ( a ) + λ f ( a0 ) ? ? ?
2

2

= ( a ? a0 ) ? 2λ ( a ? a0 ) ? f ( a ) ? f ( a0 ) ? + λ 2 ? f ( a ) ? f ( a0 ) ? ? ? ? ? ≤ ( a ? a0 ) ? 2λ ? λ ( a ? a0 ) + λ 2 ( a ? a0 )
2 2 2

2

= (1 ? λ 2 ) ( a ? a0 ) ,
2

即 ( b ? a0 ) ≤ 1 ? λ
2

(

2

)(a ? a )
0

2

.

證明(III): 思路:利用 f ( x ) 在 R 上遞增. 對任意 x1 < x2 ,由①知 0 < λ ≤ 若 a = a0 ,則

f ( x1 ) ? f ( x2 ) x1 ? x2

, f ( x1 ) < f ( x2 ) ,表明 f ( x ) 在 R 上嚴格遞增.

b = a0 ? λ f ( a0 ) = a0 ,
? f ( b ) ? = 0 ≤ (1 ? λ 2 ) ? f ( a ) ? = 0 ,原不等式成立; ? ? ? ?
2 2

若 a > a0 ,則

b ? a0 = a ? a0 ? λ f ( a ) ≥ f ( a ) ? f ( a0 ) ? λ f ( a ) = (1 ? λ ) f ( a ) < 0 ,表明 b > a0 ,
且 b = a ? λ f ( a ) < a ,表明 a > b > a0 , f ( a ) > f ( b ) > 0 , ∴ 1 ? λ ? f ( a ) ? f (b )
2

( ≥(
=

1 ? λ 2 ? 1 ? f ( a ) + ? f ( a ) ? f ( b )? ? ? 1? λ 2

) ? 1) ? f ( a ) + λ ( a ? b ) (由①得)
2

=

(

1 ? λ 2 ? 1 ? f ( a ) + λ ? λ f ( a ) (由 b = a ? λ f ( a ) 得)

)

= ? 1 ? λ 2 ? (1 ? λ 2 ) ? f ( a ) ? ?
≥ 0 (由 0 ≤ 1 ? λ 2 < 1 得)
2 表明 0 ≥ 1 ? λ ? f ( a ) ≥ f ( b ) ,故 ? f ( b ) ? ≤ 1 ? λ ? f ( a ) ? . ? ? ? ?

2

2

(

)

2

若 a < a0 ,則

b ? a0 = a ? a0 ? λ f ( a ) ≤ f ( a ) ? f ( a0 ) ? λ f ( a ) = (1 ? λ ) f ( a ) < 0 ,表明 b > a0 ,
且 b = a ? λ f ( a ) > a ,表明 a < b < a0 , f ( a ) < f ( b ) < 0 , ∴ 1 ? λ ? f ( a ) ? f (b )
2

( ≤( =(
=

1 ? λ 2 ? 1 ? f ( a ) + ? f ( a ) ? f ( b )? ? ? 1? λ 2 1? λ2

) ? 1) ? f ( a ) + λ ( a ? b ) (由①得) ? 1) ? f ( a ) + λ ? λ f ( a ) (由 b = a ? λ f ( a ) 得)

= ? 1 ? λ 2 ? (1 ? λ 2 ) ? f ( a ) ? ? ≤ 0 (由 0 ≤ 1 ? λ 2 < 1 得)
表明 1 ? λ ? f ( a ) ≤ f ( b ) < 0 ,故 ? f ( b ) ? ≤ 1 ? λ 2 ? f ( a ) ? . ? ? ? ?
2 2 2

(

)

綜上所述,原不等式成立.

3


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