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1、第第4章章 高观点下高考数学试题的背景知识分析高观点下高考数学试题的背景知识分析24.1 基本定义和性质基本定义和性质24.1.1 狄利克雷函数 24.1.2 斐波那契数列 24.1.3 符号函数 34.1.4 高斯函数 34.1.5 数域 44.1.6 线性变换 44.1.7 凹凸函数 54.1.8 有界函数54.2 重要定理和公式重要定理和公式64.2.1 两个重要极限 64.2.2 洛必达法则 74.2.3 泰勒公式与麦克劳林公式94.2.4 微分中值定理 114.2.5 不动点定理 134.2.6 单调有界定理 144.2.7 极值的充分条件 154.2.8 利普希兹条件164.3 重
2、要不等式重要不等式174.3.1 伯努利不等式 174.3.2 柯西不等式 174.3.3 詹森不等式184.4 重要思想重要思想194.4.1 极限思想 194.4.2 积分思想204.5 总结总结21第1页第第4章章 高观点下高考数学试题的背景知识分析高观点下高考数学试题的背景知识分析在上一章节的数据启示中指出高观点试题涵盖的背景知识可以分为五大类,分别为高等符号语言,基本定义性质,重要定理公式,重要不等式,重要思想.其中高等符号语言不具备特定的背景知识点,而剩下的基本定义性质,重要定理公式,重要不等式,重要思想四类背后蕴含着数学分析、高等代数中的具体知识点.在对于事物本质的研究上,要想抓
3、住事物的本质必然需要了解隐藏在事物背后的内容,那么若想对高观点试题进行本质的把握以及具体的了解,对于试题呈现的具体知识点背后的理论基础的适当展现并进行分析就显得尤为重要.故在该章节对试题中出现频次较多的高观点背景知识其背后的理论基础进行呈现,并用具备这种背景知识的试题进行举例说明.4.1 基本定义和性质基本定义和性质4.1.1 狄利克雷函数狄利克雷函数定义定义4.1.1定义在R上的狄利克雷函数D(x)=1,当x为有理数0,当x为无理数.例例4.1.1（2012福建卷理科7）设函数D(x)=1,当x为有理数0,当x为无理数,则下列结论错误的是()A.D(x)的值域为0,1B.D(x)是偶函数C.
4、D(x)不是单调函数C.D(x)不是周期函数背景分析：该题虽然是直接引入数学分析中的狄利克雷函数的定义,但是主要考察的知识并不是狄利克雷函数本身,而是考察学生对于新定义函数性质的理解.具体考察的是对于函数值域,奇偶性,周期性,单调性的理解.拓宽了学生的认知与数学视野,能够让学生了解初等函数之外的其它特殊的函数,并且可以利用所学知识去研究新函数的基本性质.这不仅体现了数学的整体性与一致性,也能够激发学生对于新知识的探索欲望.4.1.2 斐波那契数列斐波那契数列定义定义 4.1.2（斐波那契数列）数列的首项为 1,第 2 项也为 1,且从第三项起,每一项都等于它前两项之和.符号定义如下：Fn=01
5、Fn-1+Fn-2 n=0n=1n2.第2页例例4.1.2（2009福建卷理科15）五位同学围成一圈依序循环报数,规定:第一位同学首次报出来的数为 1,第二位同学首次报出来的数也为 1,之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和;若报出的数为3的倍数,则报该数的同学需拍手一次.已知甲同学第一个报数,当五位同学依序循环报到第100个数时,甲同学拍手的总次数为_.背景分析：斐波那契数列问题缘起于著名的“兔子”问题,并且斐波那契数列与黄金分割也密切相连,该数列的前一项与后一项的比的极限约等于0.618,这正是著名的黄金分割数.在赋予实际生活情境问题的背景下,该题蕴含着斐波那契数列的背景知识,
6、将生活与数学知识融为一体,与新课标中提倡将数学文化引入高考试题中的想法不谋而合,是对高观点背景知识非常好的呈现形式.4.1.3 符号函数符号函数定义定义4.1.3函数sgnx=1,x00,x=0-1,x00,x=0-1,x0 ,则()（A）x=x sgnx（B）x=xsgn x（C）x=xsgnx（D）x=xsgnx背景分析：该试题直接给出符号函数的定义,采用了直接引入的方式.虽然中学生未系统学习符号函数,但是中学生学习过分段函数的相关知识,而符号函数的本质就是分段函数.针对此题,只要根据分段函数以及绝对值相关知识便可以得到正确答案,充分考察了学生在数学学习中的知识迁移能力,切入的角度选的恰当
7、而又稳妥.4.1.4 高斯函数高斯函数定义定义4.1.4（高斯函数）对任意实数x,xR,x是不超过x的最大整数,称为x的整数部分,与它相伴的是小数部分函数y=x,x=x-x.例例 4.1.4（2013 年湖北卷理科 10）设 x R,x 表示不超过 x 的最大整数.若存在实数 t,使得t=1,t=2,tn=n同时成立,则正整数n的最大值是()A.3B.4C.5D.6背景分析：这个试题首先介绍了高斯函数的定义,在此基础上添加代数式使其满足高斯函数的条件,考察学生对于新知识的理解以及对于初等知识中不等式的掌握情况.该题需要在充分理解新定义的基础上结合不等式的相关知识对 t 进行取值范围的限定,综合
8、考察学生的数学阅读理解能力以及数学语言的转化能力,渗透了数学抽象的核心素养,是一道设计巧妙而又新颖的试题.第3页4.1.5 数域数域定义定义4.1.5 设K是一个不含有零的数的数集,如果K中任意二数的和差积商仍属于 K,则称K是一个数域.例例4.1.5（2008 年福建卷文科 16）设P是一个数集,且至少含有两个数,若对任意 a、bP,都有 a+b、-b、ab、ab P(除数 b 0),则称 P 是一个数域.例如有理数集 Q 是数域.有下列命题:数域必含有0,1两个数;整数集是数域;有理数集Q M,则数集M必为数域;数域必为无限集合.其中正确的命题序号是_.(把你认为正确的命题的序号填上)背景
9、分析：数域是建立在数集的基础上的,且其中元素满足对和差积商四种运算的封闭.该题直接引入数域的概念,属于新定义运算类的问题,考察学生对于新定义概念的理解能力,虽然“新”却不“难”,只需将四个命题带入满足四种运算的封闭即可,对于初等解法来说通常可以取特殊值进行解决.4.1.6 线性变换线性变换定义定义4.1.6线性空间V的一个变换A称为线性变换,如果对于V任意的元素，和数域P中任意数k,都有A(+)=A()+A(),A(k)=kA().例例 4.1.6（2011年福建卷理科 15）设V是全体平面向量构成的集合,若映射 f：VR满足:对任意向量a a=(x1,y1)V,b b=(x2,y2)V以及任
10、意R,均有 f(a a+(1-)b b)=f()+(1-)f(b b),则称映射 f具有性质P.现给出如下映射:f1：VR,f1(mm)=x-y,mm=(x,y)V;f2：VR,f2(mm)=x+y,mm=(x,y)V;f3：VR,f3(mm)=x+y+1,mm=(x,y)V.其中,具有性质P的映射的序号为_.(写出所有具有性质P的映射的序号)背景分析：该题首先通过具有性质 P 作为载体引入线性变换的定义,表面上呈现的是性质 P,实际上问题的本质是高等代数中线性变换的定义,根据线性变换的定义可以直接排除,从而选择.而对于中学生来说只能按照题目所给的条件去进行表达式的带入化简,并与题目条件中所给
11、的表达式进行比较来判断对错.这体现了高观点视角看待数学问题可以直接击中问题的本质从而使问题变得简单明了,也从侧面反映了尽管试题的背景知识是高观点的,但是解法一定是可以进行初等解决的.第4页4.1.7 凹凸函数凹凸函数定义定义4.1.7设 f为定义在区间I上的函数,若对于I上的任意两点x1,x2和任意实数(0,1)总有f(x1+(1-)x2)f(x1)+(1-)f(x2),则称 f为I上的凸函数.反之,如果总有f(x1+(1-)x2)f(x1)+(1-)f(x2),则称 f为I上的凹函数.如果上述两式改为严格不等式,则相对应的函数称为严格凸函数和严格凹函数.例例 4.1.7（2012 年福建卷理
12、科 10）函数 f(x)在 a,b 上有定义,若对任意 x1,x2 a,b,有fx1+x2212f(x1)+f(x2),则称 f(x)在a,b上具有性质P.设 f(x)在a,b上具有性质P,现在给出如下命题:f(x)在1,3上的图像是连续不断的;f(x)在1,3上具有性质P;f(x)在x=2处取得最大值1,则 f(x)=1,x1,3;对任意x1,x2,x3,x41,3,有 fx1+x2+x3+x4414f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4).其中真命题的序号是()A.B.C.D.背景分析：该题给出的表达式是数学分析中凹凸函数定义中的凸函数表达式取特例=12时的情况.这个命制过程是将一般
13、化问题进行具体化放入高考试题中,从一般到具体,削弱了函数凹凸性定义的抽象性.尽管是具有数学分析背景的试题,但是究其根本考察的知识能力是对于新定义也可以说是函数新性质问题的理解.这类试题旨在考察学生创新思维能力与接受新知识能力,利用初等数学所学知识进行求解,并不是考察超纲的知识,绝没有超纲之嫌.根据凹凸函数的概念可以直接选择 D,而在初等解法中该题可以采用取特殊函数进行排除的方法,这个方法在初等数学中解决未知问题常用的一种方法,尤其是在面对选择题中较抽象难懂的问题时.4.1.8 有界函数有界函数定义定义4.1.8设 f为定义在D上的函数.若存在数M(L),使得对每一个xD有f(x)M（f(x)L
14、）,则称 f为D上的有上（下）界的函数,M(L)称为 f在D上的一个上（下）界.设 f为定义在D上的函数.若存在正数M,使得对每一个xD有f(x)M,则称 f为D上的有界函数.第5页例例4.1.8（2016年浙江卷文科20）设函数 f(x)=x+11+x,x0,1证明:(1)f(x)1-x+x;(2)34 0 时,ex 1+x,即 e1x 1+1x,可得 e1n 1+1n,同时取 n 次方可得e 1+1nn.该试题很好的体现了衔接的效果,证明的过程以及得到的结论没有高等知识那样的严格而是更为广泛的,条件是初等知识的范畴,求解方法也是初等知识中的方法,是一道非常有创意而又有新意的试题.第6页4.
15、2.2 洛必达法则洛必达法则定理定理4.2.2若函数 f和g在点x0处连续且满足:(1)xx0f(x)lim=xx0g(x)lim=0;(2)在点x0的某空心邻域U(x0)上两者都可导,且g(x)0;(3)xx0f(x)g(x)lim=A（A可为实数,也可为o或）,则xx0f(x)g(x)lim=xx0f(x)g(x)lim=A.定理定理4.2.3若函数 f和g点x0处连续且满足:(1)xx0f(x)lim=xx0g(x)lim=;(2)在点x0的某空心邻域U(x0)上两者都可导,且g(x)0;(3)xx0f(x)g(x)lim=A（A可为实数,也可为或）,则xx0f(x)g(x)lim=xx
16、0f(x)g(x)lim=A.例例4.2.2（2018全国卷理科21）已知函数 f(x)=ex-ax.(1)若a=1,证明:当x0时,f(x)1;(2)若 f(x)在(0,+)只有1个零点,求a.背景分析：关于试题的第(2)问,在进行思考的时候首先想到的就是将问题只有一个零点转化为直线与函数的交点问题,令 f(x)=0 得到 ex-ax=0,又 x (0,+)故可得 a=exx2,下面只要求出exx2的范围即可.设 g(x)=exx2,可求 g(x)=ex(x-2)x3,此时令 g(x)=0,可得 x=2.易知当 0 x 2 时,g(x)2 时,g(x)0,g(x)单调递增.根据单调性可判断g
17、(x)在x=2处取得最小值,即g(x)min=e24,至此,可知a=e24时,满足仅有一个交点,但是是不是只有这一个值,还需要判断在x0以及x+时,g(x)的取值情况.对于x0时,易知 g(x)+,而对于 x+时,x+,ex+此时 g(x)的取值情况需要借助洛必达法则进行判断,即x+exx2lim=x+(ex)(x2)lim=x+(ex)(2x)lim=x+ex2lim=+.第7页例例4.2.3（2011全国卷理科21）已知函数 f(x)=axlnx+1+bx,曲线y=f(x)在点(1,f(x)处的切线方程为x+2y-3=0.(1)求a,b的值;(2)如果当x0,且x1时,f(x)xlnx+1
18、+kx,求k的取值范围.背景分析：由(1)问可知 a=1,b=1.故(2)问等价于xlnx+1+1xxlnx+1+kx,对不等式进行参变分离可得 k 0）的图像在点(1,f(1)处的切线方程为y=x-1.(1)用a表示b,c;(2)若 f(x)lnx在1,+)上恒成立,求a取值范围.背景分析：由(1)可得 b=a-1,c=1-2a,根据 f(x)xln,可得 ax+a+1x+1-2a xln,整理得 a(x-1)2 xxln+1-x.首先当 x=1 时,a R,其次当 x 1 时运用参变分离得想法对不等式进行处理,可得 a xxln+1-x(x-1)转化为求不等式一侧函数xxln+1-x(x-
19、1)最大值问题.令 g(x)=xxln+1-x(x-1),求导得 g(x)=-xln-xxln-2+2x(x-1)2.为了判断 g(x)的正负令h(x)=-lnx-xlnx-2+2x,求导得h(x)=-1x-xln+1,h(x)=1x2-1x,当x1时,h(x)0,h(x)单调递减,则 h(x)h(1)=0,所以 h(x)在 x (1,+)上单调递减,故 h(x)h(1)=0,即g(x)1.背景分析：由(1)问可知a=1,b=2,将值带入可得函数 f(x)=exxln+2ex-1x,则要求的不等式为exxln+2ex-1x1.针对该不等式,实际上是由ex泰勒展开式的前两项通过演绎变形而来的.由
20、泰勒展开式易知ex1+x（其中xR,当且仅当x=0时,等号成立）.首先,当x0时,令x=x-1可得 ex-1 x,即ex ex,对该不等式两边同时取倒数可得 e-x1x（当且仅当 x=1时取等号）,其次,对于不等式ex-1x,两边同时取倒数可得e1-x1x,用1ex替换x可得e1-1exex,对得到的不等式两侧进行取对数可得1-1ex(ex)ln,即-1exxln（当且仅当x=1e时取等号）.上述可知不等式 e-x1ex与-1exxln不能同时取等号,故将这两个不等式进行相加可得 e-x-1ex e-x,不等式两边同时乘以 ex即得该题所要证的不等式 exxln+2ex-1x 1.例例4.2.
21、7（2010全国大纲卷理科22）设函数 f(x)=1-e-x,(1)证明:当x-1时,f(x)xx+1.背景分析：在将 f(x)的表达式带入可得要证明的不等式为 1-e-xxx+1该不等式的背景是由ex的泰勒展开式的前两项取倒数变形而来的.由ex的泰勒展开可知当x-1时,ex1+x0,对该不等式两边同时取倒数可得1ex11+x,则有1-e-x1-11+x,即1-e-xx1+x.例例4.2.8（2017全国卷理科21）已知函数 f(x)=x-1-axln.(1)若 f(x)0,求a的值.背景分析：该试题的背景知识是由常见的初等函数xln的麦克劳林公式得到的不等式(1+x)ln x（其中 x-1,
22、当 x=0 时等号成立）通过嵌入参数变形而来的.令 x=x-1 可得xlnx-1（其中x0）,即x-1-xln0,在xln前添加参数a即可命制求解参数值的试题.第10页评析：以泰勒公式为背景的高考数学试题在近些年大量的涌现,除了举出的实例还有许多类似的试题.这些试题大多都是含有超越函数ex与xln等,通常会采用对一些函数的泰勒展开式的几项进行直接变形,或取倒数、对数进行演绎变形,然后再结合添加参数设计而成的方式.由于取函数的泰勒展开式的前几项一般得到的是不等式关系,故一般具有泰勒公式背景的高考数学试题大致可以分成两类问题,一类是根据不等式恒成立求解参数范围,一类是证明不等式恒成立.在该背景下命
23、制试题的初等解法也一般采用构造函数法或是放缩法,这主要源于泰勒公式的本质就是一种多项式函数的逼近.4.2.4 微分中值定理微分中值定理定理定理4.2.5（罗尔(Rolle)中值定理）若函数 f满足如下条件:(1)f在闭区间a,b上连续;(2)f在开区间(,b)上可导;(3)f(a)=f(b),则在(a,b)内至少存在一点,使得f()=0.例例4.2.9（2019年全国卷理科20）已知函数 f(x)=sinx-(1+x)ln,f(x)为 f(x)的导数.(1)证明：f(x)在区间(-1,2)存在唯一极大值点.背景分析：由题可得 f(x)=cosx-11+x,f(x)=-sinx+1(1+x)2,
24、首先,证 f(x)极值点的存在性,注意到 f(0)0,f20,故存在x0 0,2使得 f(x0)=0,故 f(x)存在极值点.其次,利用罗尔中值定理证明极值点的唯一性.假设 f(x)有两个极值点,设为x1,x2,不妨令0 x1x22,则有 f(x1)=f(x2)=0.显然 f(x)满足罗尔中值定理的条件,则在(x1,x2)内至少存在一点,使得f()=0.又有 f(x)=-cosx-2(1+x)3,可知 f(x)0,f2 0 时,参变分离得f(x)x a.f(x)=xsin2+xcos可知 f(x)在闭区间0,x上连续,在开区间(0,x)上可导,且有 f(0)=0,故,由拉格朗日中值定理可得在(
25、0,x)内存在,使得f(x)x=f(x)-f(0)x-0=f().对 f(x)求导可得 f(x)=2xcos+1(2+xcos)2,f(x)=2sinx(2+cosx)(cosx-1)(2+xcos)2可得当 x (2k+1),(2k+2)时,f(x)0,f(x)单调递增,所以在 x (2k+1),(2k+2)上 f(x)在 x=(2k+2)处取得最大值为 f(2k+2)=13,当x 2k,(2k+1)时,f(x)0,f(x)单调递减,所以x2k,(2k+1)上 f(x)在x=2k处取得最大值为 f(2k)=13,综上可得当x0时,f(x)的最大值为13,即 f()的最大值也为13,故若要f(
26、x)xa恒成立,则要 f()maxa,即a的取值范围应为号13,+.定理定理4.2.7（柯西(Cauchy)中值定理）若函数 f(x),g(x)满足:(1)在闭区间a,b上连续;(2)在开区间(a,b)上可导,且g(x)0;(3)f(x)和g(x)不同时为0;(4)g(a)g(b),则在(a,b)内存在一点,使得f()g()=f(b)-f(a)g(b)-g(a)例例4.2.11（2018全国卷理科21）已知函数 f(x)=1x-x+axln.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)若 f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x22时,f(x)存在两个极值点.于是将第(2
27、)问转化为当a2时,f(x1)-f(x2)x1-x2a-2.由于 f(x)=-1x2-1+ax,所以由函数方程思想可知,存在的两个极值点x1,x2满足方程x-ax+1=0.利用韦达定理得x1x2=1,不妨设x11.利用减第12页少变量的思想对不等式左侧进行转化可得f(x1)-f(x2)x1-x2=-2+2ax2x2lnx22-1.据此,可将问题转化成2ax2x2lnx22-12,即等价于证明不等式2xxlnx2-11上恒成立.针对不等式2xxlnx2-1 1,令 g(x)=2xxln,h(x)=x,易发现 g(1)=0,h(1)=1.那么对于等式左侧的2xxlnx2-1,由柯西中值定理可得在(
28、1,x)内存在点,使得g(x)-g(1)h(x)-h(1)=g()h(),将 带入得g()h()=ln+1-1+1=1,至此原问题证得.在初等解法中,该题主要可以采用构造函数法将不等式转化成函数恒成立的问题,而后利用导数相关知识进行求解,即2xxlnx2-11转化成2xxln-x+11上最大值小于零,也就是证明函数恒小于零的问题.评析：在微分中值定理中,罗尔中值定理是最特殊的一种形式,拉格朗日中值定理与柯西中值定理都是在罗尔中值定理的基础上推导而来的,微分中值定理的特性在于主要强调的存在性,而不是过多的去关注的值究竟为多少的事实.通过上述例子,可以发现利用罗尔中值定理反证法处理函数的零点问题上
29、思路较为清晰且具备较大优势,在解决类似f(b)-f(a)b-a10（B）当b=14时,a1010（C）当b=-2时,a1010（D）当b=-4时,a1010背景分析：依据题意可得 an+1=an+b,则其特征函数为 f(x)=x+b,利用不动点定理令x=x+b,即x-x+b=0.可知特征方程x-x+b=0有解时,=1-4b0,故b14,据此,可以将B,C,D选项中的b值代入分别求解.针对选项 B,当 b=14时,可求得 x-x+14=0 的解为 x1=x2=12,由于 a 可以取任意值,故令 a=12得 an=12,则 a1012,a3=a2+b 34,a4=a3+b 1716,当 n 4 时
30、an+1an=an+12an 1+12=32,可得a10a432610.第13页例例 4.2.13（2012 全国大纲卷理科 22）函数 f(x)=x-2x-3,定义数列 xn 如下：x1=2,xn+1是过两点P(4,5),Qn(xn,f(xn)的直线PQn与x轴交点的横坐标.(1)证明:2xnxn+12ln.背景分析：试题给出数列 an 的通项 an=1+12+13+1n是著名的调和级数的前 n 项和,调和级数本身是发散的,而调和级数的前 n 项和与自然对数nln的差值所构成的数 列 却 是 有 单 调 有 下 界 的.这 里 将 数 列 记 为 xn=1+12+13+1n-nln,首 先第
31、14页xn+1-xn=1n+1-(n+1)ln-nln)=1n+1-n+1nln,可以根据 1+1nn e 1+1nn+1得到1n+1n+1nln1n,从 面 得 到 xn+1-xn21ln+32ln+n+1nln-nln=(n+1)ln-nln0,因此数列xn有下界.根据单调有界定理可以得到xn最终会收敛到一个确定的值,并且这个值被称为欧拉常数,记作,即n1+12+1n-nlnlim=.针对试题所要求解的不等式a2n-an+14n2ln,事实上利用上述结论可以得到na2n-anlim=n1+12+1n+n-1+12+1nlim=n2ln n+-nln-lim=2ln.该题根据数列 xn=1+
32、12+13+1n-nln的单调有界性来进行问题的设置,并给出初等中函数的条件可以利用函数与导数的相关知识得到的结论进行放缩求解,设计构思极其的巧妙,较好的体现了高观点知识融入高考的考察目的.4.2.7 极值的充分条件极值的充分条件定理定理4.2.10（极值的第二充分条件）设 f在x0的某邻域U(x0;)上一阶可导,在x=x0处二阶可导,且 f(x0)=0,f(x0)0.(1)若 f(x0)0,则 f在x0取得极小值.例例 4.2.15（2010 浙江卷理科22）已知a是给定的实常数,设函数 f(x)=(x-a)2(x+b)ex,bR,x=a是 f(x)的一个极大值点.(1)求b的取值范围.背景
33、分析：f(x)满足在邻域 U(a;)上一阶可导,在 x=a 处二阶可导,对 f(x)求一阶导数可得 f(x)=e(x-a)2(x+b)+(x-a)(x+b+1),可得 f(a)=0.则对 f(x)继续求二阶导可得 f(x)=ex(x-a)(x+b+1)(x-a+3)+(x-a)+ex2(x+b)+(x-a)(x+b+1),则f(a)=2ex(a+b).由题知 a 是 f(x)的一个极大值点,故 f(a)不能大于零,从而 f(a)0,解得b-a.当b=-a时,x=a不是 f(x)的一个极值点,故b-a.定理定理4.2.11（极值的第三充分条件）设 f在x0的某邻域内存在直到n-1阶导函数,在x0
34、处n阶可导,且于 f(k)(x0)=0(k=1,2,n-1),于 f(n)(x0)0则(1)当n为偶数时,f在x0取得极值,且当 f(n)(x0)0时取极小值.(2)当n为奇数时,f在x0处不取极值.第15页例例4.2.16（2018年全国卷理科21题）已知函数 f(x)=(2+x+ax)(x+1)ln-2x.(1)若a=0,证明：当-1x0时,f(x)0时,f(x)0;(2)若x=0是 f(x)的极大值点,求a.背景分析：由于 f(x)=(2+x+ax)(x+1)ln-2x,f(x)=(1+2ax)(x+1)ln+2+x+axx+1-2,可得 f(0)=0.对 f(x)继续求二阶导可得 f(
35、x)=2a(x+1)ln+x(3ax+4a+1)(x+1),此时 f(0)=0.再次对 f(x)进行三阶求导可得 f(x)=2ax+6ax-x+6a+1(x+1)3根据极值的第三充分条件可得若x=0是 f(x)的极大值点,则 f(0)只能为零.故 f(0)=0,可得a=-16.当a=-16时,f(x)=-13x-2x(x+1)3=-13x(x-6)(x+1)3,可得 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,6)上单调递增.又有 f(0)=0,故有 f(x)在(-1,6)上有 f(x)0成立,可得 f(x)在(-1,6)上单调递增,其中 f(0)=0,于是在(-1,0)上 f(x)0.至此充分
36、性必要性均得证,故a=-16.总结：对于极值的充分条件而言,不论是第二充分条件还是第三充分条件都只是可以进行充分性的证明,可以由充分条件得到满足试题条件的部分参数范围或是参数的取值,而后再根据得到的取值范围或是具体的数值代入题目所给的条件检验是否成立,从而完成参数取值范围或是取值的必要性的证明,最终得到满足充分性与必要性的准确结果.4.2.8 利普希兹条件利普希兹条件定义定义4.2.1设函数 f在区间I上满足利普希兹（Lipschitz）条件,即存在常数L0,使得对I上任意两点x,x都有f(x)-f(x)L x-x.例例 4.2.17（2009 年浙江卷理科 10）对于正实数 a,记Ma为满足
37、下述条件的函数 f(x)构成的集合:x1,x2R且x2x1,有-a(x2-x1)f(x2)-f(x1)a2,则 f(x)-g(x)Ma1-a2第16页背景分析：该题以利普希兹条件为背景进行考察,利用利普希兹条件表达式中的常数 L进行问题的设置.目的并不是直接考察利普希兹条件相关知识,而是主要考察学生对于新知识的理解能力以及数学语言的转换能力,通过对给定条件的信息转换可以发现给出的条件其实就是对应函数在(x1,x2)上斜率k的范围,根据此发现对函数斜率范围进行计算并带入选项进行判断即可.4.3 重要不等式重要不等式4.3.1 伯努利不等式伯努利不等式定义定义4.3.1（Bernoulli不等式）
38、设h-1,nN+,则成立不等式(1+h)n1+nh,其中当n1时成立等号的条件是h=0.例例4.3.1（2007年湖北卷理科21题）已知m,n为正整数.(1)用数学归纳法证明：当x-1时,(1+x)m1+mx.背景分析：该题直接呈现需要证明的是伯努利不等式的形式,给出的条件 m 为正整数以及x-1满足伯努利不等式的条件,由伯努利不等式可知原命题(1+x)m1+mx是必然成立的.而该问放在这里进行考察的目的是为了让学生利用数学归纳法证明不等式,事实上该题也可以通过构造函数求导进行证明.在求证的过程中可以发现利用初等知识中的知识与方法也可以证明得到高等数学知识中的一些结论,体现了初等数学与高等数学
39、较好的衔接作用.4.3.2 柯西不等式柯西不等式定义定义4.3.2（向量形式）在线性子空间Rn中,对于任意的向量=(a1,a2,an),=(b1,b2,bn),有,当且仅当,线性相关时,等号才成立.（n维形式）设有两组实数i,bi,i=1,2,3,n.则有(a21+a22+a2n)(b21+b22+b2n)(a1b1+a2b2+anbn),当且仅当b1=b2=bn=0或a1b1=a2b2=anbn时,取等号.第17页例例 4.3.2（2021 年浙江卷理科 17）已知平面向量 a a，b b，c c，(c c 0 0)满足 a a=1，|a|=2，a ab b=0，(a a-b b)c c=0
40、.记向量d d在a a，b b，方向上的投影分别为x，y，d d-a a在c c方向的投影为z,则x2+y2+z2的最小值为_.背景分析：利用向量的相关知识,建立直角坐标系利用题目所给的条件可以得到 x,y,z三者之间的关系,即2x+y5z=2、那就将该题转化为了在满足2x+y5z=2的条件下的x+y+z的最小值问题.此时,根据条件转化后的问题满足柯西不等式的条件,可以利用柯西不等式进行解答,这也是柯西不等式的一种特殊形式的初等应用.尽管呈现形式是向量,但是究其本质是柯西不等式的初等应用.应用柯西不等式可得(x2+y2+z2)22+12+(5)2(2x+y5z)2=4,即(x+y+z)104,
41、可得x+y+z25,当且仅当x2=y1=z5取到等号.评析：题目出现了多个向量,表面上考的好像是向量的知识,但其实不然,最终只是利用向量得到x，y，z与2，1，5 这两组实数的乘积为定值,而真正求解的部分是一组数 x，y，z的平方和.故该题是从柯西不等式出发进行命制,将x，y，z与2，1，5 这两组实数蕴含的关系在向量情境中推得,故利用柯西不等式可以直接得到题目的结果.4.3.3 詹森不等式詹森不等式定义定义4.3.3若 f为a,b上凸函数,则对任意xia,b,i0(i=1,2,n),fni=1ixini=1if xi.反之,若 f为a,b上凹函数,则有fni=1ixini=1if xi.例例
42、4.3.3（2011 湖北卷理科21）(1)已知函数 f(x)=xln-x+1,x(0,+),求函数 f(x)的最大值;(2)设ak,bk(k=1,2,n)均为正数,证明:若a1b1+a2b2+anbnb1+b2+bn,则a1b1+a2b2+anbn1;若b1+b2+bn=1,则1nb1b1b2b2bnbnb1+b22+bn2.背景分析：针对试题最后一小问要证明的不等式首先关注右半部分,可以发现这部分要证明的是b1b1b2b2bnbnb1+b22+bn2,对于b1+b2+bn是求和式,而b1b1b2b2bnbn是连乘式,联想到取对数可以将b1b1b2b2bnbn这种连乘的形式变为连加的形式,于
43、是对b1b1b2b2bnbn取对数可得(b1b1b2b2bnbn)ln=b1b1ln+b2b2ln+bnbnln=b1b1ln+b2b2ln+bnbnln,根据形式构造函数 g(x)=xln,利用导数对 g(x)进行求导可得 g(x)=1x0,g(x)=-1x20(i=1,2,n)可得nk=1bkg bkgnk=1bk2即b1b1b2b2bnbnb1+b22+bn2,所以得证.其次,对于左半边的不等式1n b1b1b2b2 bnbn,取函数 h(x)=xxln=xxln,可得 h(x)=1+xln,h(x)=1x0,h(x)在(0,1)上为凸函数.根据h(x)在(0,1)上为凸函数,取1n0可
44、得1nnk=1h bnhb1+b2+bnn=h1n即1n(b1b1ln+b2b2ln+bnbnln)1n1nln,也就是1nb1b1b2b2bnbn得证.评析：事实上,詹森不等式就是利用凹凸函数定义推导出的一般形式的不等式.该题利用xln为凹函数,xxln为凸函数得到关于这两个函数的一些不等式而进行命制.在命制的过程中为了避免出现超纲的知识内容,在第一问中给出其它的一些可以证明的条件进行铺垫提示,使得学生可以根据提示利用初等方法构造出特定的形式进行求解,较好的考察学生的逻辑推理能力以及数学抽象的核心素养.4.4 重要思想重要思想4.4.1 极限思想极限思想极限思想在数学发展史中占据了重要的地位
45、,体现了一种数学辩证的哲学思维,是近代数学的一种重要的思想.它揭示了有限到无限、近似到精确的一种过程,故在面对无穷变化的事物时利用极限思想可以很好的解决问题.中国古人的智慧源远流长,在数学上也取得众多优秀的成果,深刻的极限思想就是古人优秀的数学文化成果的一个.其中,最耳熟能详的能够深刻体现极限思想的一句话就是庄子 中所说的“一尺之棰,日取其半,万世不竭”,在中学学习指数函数中这句话也是经常作为教学引入的背景.这也暗示着在高中的学习阶段,不仅仅是导数这个概念渗透了极限的思想,在很多知识中都有极限的身影.甚至从小学开始学习的无穷多个数,图形无限延展,再到初中的反比例函数无限趋近于 x 轴却又不与
46、x 轴相交等,都体现了一种极限的思想.可以说极限思想渗透于数学学习的始终,所以从这个角度来看,极限思想属于数学学习中从始至终贯彻的重要思想部分,并不能算是超纲的知识,只是在初等数学学习过程中没有对其定义进行系统的介绍.例例 4.4.1（2015 全国卷 I 理科 16）在平面四边形 ABCD 中,A=B=C=75,BC=2,则AB的取值范围是_.背景分析：运用极限的思想可以将四边形的一个边抽象成一个点,即将四边形抽象为三角形.如图4-1,作出底边BC=2的EBC,B=C=75,倾斜角为150的直线AD在平面内移动,分别交EB、EC于A、D,则四边形ABCD即为满足题意的四边形.那么当直线移动时
47、,运用极限的思第19页想可得当直线无限接近于点 C 时,AB 趋近于取得最小值,可以利用解三角形的相关知识计算得到AB=6-2;同理,当直线无限接近于点 E 时,AB 趋近于取得最大值,可以利用解三角形知识计算得到AB=6+2.同时注意到只是无限趋近于,故取值范围的区间为取不到端点值的开区间.ABCDEA1D1ABCDE12x22x2+64x图图4 4-1 1：极限思想解法辅助图评析：该题尽管在初等知识的考察方面为解三角形相关问题,但是直接利用解三角形知识进行求解较为复杂.反之,用高等数学的眼光观察发现可以利用极限的思想进行试题的理解,能够让难以理解的试题变的更加简单易懂明了.基于此才能够直接
48、抓住问题的本质,直击问题的命脉,找到最优思路进行求解.4.4.2 积分思想积分思想积,顾名思义是累而积之,积而广之.积分是从一条曲线出发,将它与x轴之间的面积利用分割的方式分为无数个近似为长方形的图形,并写出小长方形的面积公式,利用极限计算出曲线下无限多个长方形的面积之和,这样就得出了一个计算曲线面积的一般公式,初等数学中的一些曲线图形的弧长、面积以及立体图形的体积等都是可以通过积分推导出来的.积分思想是一种进行无限分割而又累加的思想.例例4.4.2（2013年湖北卷理科22题）设n是正整数,r为正有理数,(1)求函数 f(x)=(1+x)r+1-(r+1)x-1(x-1)的最小值;(2)证明
49、nr+1-(n-1)r+1r+1nr(n+1)r+1+nr+1r+1;(3)设 x R,记 x 为不小于 x 的最小整数,例如 2=2,=4,-32=-1,令 S=381+382+383+3125,求S的值.第20页背景分析：对于(2)问,观察不等式表达式的特点,从积分思想角度出发,其实就是将g(x)=xr看作被积函数,比较函数g(x)在区间n-1,n的积分值,g(n)的值与g(x)在n,n+1上积分值三者间的大小关系.由于函数 g(x)=xr在(0,+)上为单调增函数,由定积分的概念可知:nn-1g(x)dxg(n)n+1ng(x)dx,即原不等式nr+1-(n-1)r+1r+1nr(n+1
50、)r+1+nr+1r+1得证.对于(3)问是累加的形式,且对于要求的答案是S的值也就是首先要求出S的一个范围.根据问(2)也就是r=13时的情况,令h(x)=x13可得125n=81nn-1h(x)dxS125n=81n+1nh(x)dx.根据定积分运算可得210S211,结合题目所给的S的定义可得S=211.评析：题目要证明的不等式看起来复杂而又无从下手,但是采用积分的思想去理解其实就是将某些函数作为被积函数,然后结合定积分性质而得到的一系列不等式关系.4.5 总结总结这一章对于上一章统计出的高观点试题对试题具有的高等数学（数学分析、高等代数）背景知识的理论基础进行了揭示,并在呈现理论基础之