高考数学压轴题

高考数学压轴题（精选12篇）

高考数学压轴题 篇1

2013年全国高考数学陕西卷理科数学21题用以指数函数为背景的交点个数讨论与比较大小问题压轴,第一小题由于较冷概念——“反函数”概念的出现,一定程度上增加了难度,从而具备了一定的区分度;第二小题解题的关键是含字母两曲线交点的讨论,难点是分类讨论;第三小题是以比较大小的形式出现的,但解决问题的关键是构造函数,利用导数研′究函数单调性;第三小题中的函数是指数函数底数取特殊值时的情况,那么底数扩充后,对于大小关系如何思考?

题目:已知函数f(x)=ex,x∈R.

(Ⅰ)若直线y=kx+1与f(x)的反函数的图像相切,求实数k的值;

(Ⅱ)设x>0,讨论曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数;

(Ⅲ)设a

解:略.

思考1:

对第三小题中的函数y=ex变为指数函数y=ax(0

问题:若m≠n,比较的大小.

解:要比较的大小,只需比较

∵m≠n,不妨设m

通分后分母为正,令分子g(x)=x(ax+1)-2(ax-1),对分子g(x)求导函数得:g′(x)=ax+xaxlna-2axlna+1,

∴g″(x)=2axlna+xax(lna)2-2(lna)2ax=axlna[xlna-2lna+2],

∴g(x)在(0,+∞)上单调递增.

∴g″(x)>0在(0,+∞)上恒成立,

∴g′(x)在(0,+∞)上单调递增,

∴g′(x)>g′(0)=2-2lna>0,

∴g(x)=xax-2ax+x+2,在(0,+∞)上单调递增,

∴g(x)>g(0)=0

结论:当0

思考2:

对于函数f(x)=ex,f′(x)=f(x),所以就是,其几何意义为f(x)=ex函数图像上过任意不同两点割线斜率大于这两点处切线斜率的平均值.把函数f(x)=e x推广为f(x)=ax(0

问题:若m≠n,比较的大小.

证明:设m≠n,不妨设m

令g(x)=xaxlna+xlna-2ax+2(x>0).

∴g′(x)=axlna+xax(lna)2+lna-2ax lna=lna(xaxlna-ax+1)

∴g″(x)=xax(lna)3

1)当0

∴g′(x)=axlna+xax(lna)2+lna-2ax lna在(0,+∞)上单调递减,

∴g′(x)=axlna+xax(lna)2+lna-2aa xlna

∴g(x)=xaxlna+xlna-2ax+2在(0,+∞)上单调递减,

∴g(x)=xaxlna+xlna-2ax+2

2)当a>1时,g′′(x)=xax(lna)3>0在(0,+∞)上恒成立,

∴g′(x)=axlna+xax(lna)2+lna-2axlna在(0,+∞)上单调递增,

∴g′(x)=axlna+xax(lna)2+lna-2ax lna>g′(0)=0在(0,+∞)上恒成立,

∴g(x)=xaxlna+xlna-2ax+2在(0,+∞)上单调递增,

∴g(x)=xaxlna+xlna-2ax+2>g(0)=0在(0,+∞)上恒成立,

∴当a=e时,即为高考题(3).

结论:

1)当0

2)当a>1时,函数f(x)ax图像上过任意不同两点割线斜率小于这两点处切线斜率的平均值.

当然,该题利用马克老林公式对ex展开也可以讨论,此处不再赘述.

摘要：本文采用构造法对2013年全国高考数学陕西理科卷压轴题进行了研究分析,研究发现命题者在命制压轴题时有更深层次的思考,压轴题体现了高考命题考查思维和能力的重要特点.

关键词：构造法,高考数学,压轴题,思考

高考数学压轴题 篇2

压轴题的基本情况：

一般情况下，每个大题都有至少两个小题，而每题的最后一小题是最压轴最难的，第一小题最简单，无论压轴题多难，第一小题一般同学都可以做出来拿到分数的，所以在对付压轴题的时候，第一小题一定要做对才有资格接着做后面的题目。

学习基础比较好的同学在最后一道压轴题的第二小题上，一般情况下可以拿到一半左右的分数。因为压轴题很难，用时久，所以能够拿到一半的分数就算很棒了。因此建议大家在压轴题上不要耗时太久，在不浪费整体考试时间的基础上，能拿多少分就拿多少分，强弩之末不能穿缟，考试时要适可而止。

平日练习建议：

一定要重视审题。解题最重要的是要有条件，所以审题能否审出需要的条件是非常重要的因素。一般一道题给出的题目中，不会有用不到的条件的，考生要相信所有条件都自有用处，只是当时你没有想到而已。建议解答这些压轴题是，第一个要做的就是认真审视题目，把条件罗列出来，然后再根据题目选择需要的条件作答。

小窍门——一道大题中第一题的答案是下一题的条件。很多同学在做压轴题时都忽略了一个重要条件，就是第一小题的答案。一般第一小题很简单，第二题很难，有的同学忽略了第一题答案可以作为下一题条件这个重要因素，所以耗时很久也解答不出来。建议考生罗列题目给出的条件时，一定要把第一小题的答案也考虑进去。当然，不是每个压轴大题都是这样的，也有很多压轴题的不同小题给出不同条件，希望考生们能够根据实际情况随机应变。

平日高一高二学生练习时一定要注意方法，重视解题思路，实在解答不出来时可以参考答案或者询问老师同学，在这上面耗费太多时间得不偿失。对于高考(课程)生来讲，在不到一个月的时间里最好不要把时间浪费在压轴题目上，基础巩固与考试技巧训练更加重要。

做题心态：

做题时心态是非常重要的，有的同学解答不出来时容易烦躁、紧张、出冷汗或者自暴自弃，这在高考中是最忌讳的。如果时间充足，建议同学们在压轴题上训练自己的心态，即使做不出来也要冷静、淡定，另外要注意好时间的控制。

做压轴题的最高境界是没有难易之分，只有根据题目条件推理出新条件，最终获取结论的做题流程。如果解答不出就果断放弃，能够解答到哪里就解答到哪里，老师会根据得分点来给分的。

高三数学复习的阶段

高三数学复习，大体可分四个阶段，每一个阶段的复习方法与侧重点都各不相同，要求也层层加深，因此，同学们在每一个阶段都应该有不同的复习方案，采用不同的方法和策略。

1.第一阶段，即第一轮复习，也称“知识篇”，大致就是高三第一学期。在这一阶段，老师将带领同学们重温高一、高二所学课程，但这绝不只是以前所学知识的简单重复，而是站在更高的角度，对旧知识产生全新认识的重要过程。因为在高一、高二时，老师是以知识点为主线索，依次传授讲解的，由于后面的相关知识还没有学到，不能进行纵向联系，所以，你学的往往时零碎的、散乱的知识点，而在第一轮复习时，老师的主线索是知识的纵向联系与横向联系，以章节为单位，将那些零碎的、散乱的知识点串联起来，并将他们系统化、综合化，侧重点在于各个知识点之间的融会贯通。所以大家在复习过程中应做到：

①立足课本，迅速激活已学过的各个知识点。(建议大家在高三前的一个暑假里通读高一、高二教材)

②注意所做题目使用知识点覆盖范围的变化，有意识地思考、研究这些知识点在课本中所处的地位和相互之间的联系。注意到老师选题的综合性在不断地加强。

③明了课本从前到后的知识结构，将整个知识体系框架化、网络化。能提炼解题所用知识点，并说出其出处。

④经常将使用最多的知识点总结起来，研究重点知识所在章节，并了解各章节在课本中的地位和作用。

2.第二轮复习，通常称为“方法篇”。大约从第二学期开学到四月中旬结束。在这一阶段，老师将以方法、技巧为主线，主要研究数学思想方法。老师的复习，不再重视知识结构的先后次序，而是以提高同学们解决问题、分析问题的能力为目的，提出、分析、解决问题的思路用“配方法、待定系数法、换元法、数形结合、分类讨论”等方法解决一类问题、一系列问题。同学们应做到：

①主动将有关知识进行必要的拆分、加工重组。找出某个知识点会在一系列题目中出现，某种方法可以解决一类问题。

②分析题目时，由原来的注重知识点，渐渐地向探寻解题的思路、方法转变。

③从现在开始，解题一定要非常规范，俗语说：“不怕难题不得分，就怕每题都扣分”，所以大家务必将解题过程写得层次分明，结构完整。

④适当选做各地模拟试卷和以往高考题，逐渐弄清高考考查的范围和重点。

3.第三轮复习，大约一个月的时间，也称为“策略篇”。老师主要讲述“选择题的解发、填空题的解法、应用题的解法、探究性命题的解法、综合题的解法、创新性题的解法”，教给同学们一些解题的特殊方法，特殊技巧，以提高同学们的解题速度和应对策略为目的。同学们应做到：

①解题时，会从多种方法中选择最省时、最省事的方法，力求多方位，多角度的思考问题，逐渐适应高考对“减缩思维”的要求。

②注意自己的解题速度，审题要慢，思维要全，下笔要准，答题要快。

③养成在解题过程中分析命题者的意图的习惯，思考命题者是怎样将考查的知识点有机的结合起来的，有那些思想方法被复合在其中，对命题者想要考我什么，我应该会什么，做到心知肚明。

4.最后，就是冲刺阶段，也称为“备考篇”。在这一阶段，老师会将复习的主动权交给你自己。以前，学习的重点、难点、方法、思路都是以老师的意志为主线，但是，现在你要直接、主动的研读《考试说明》，研究近年来的高考试题，掌握高考信息、命题动向，并做到：

①检索自己的知识系统，紧抓薄弱点，并针对性地做专门的训练和突击措施(可请老师专门为你拎一拎);锁定重中之重，掌握最重要的知识到炉火纯青的地步。

②抓思维易错点，注重典型题型。

③浏览自己以前做过的习题、试卷，回忆自己学习相关知识的历程，做好“再”纠错工作。

④博览群书，博闻强记，使自己见多识广，注意那些背景新、方法新，知识具有代表性的问题。

⑤不做难题、偏题、怪题，保持情绪稳定，充满信心，准备应考。

高中数学学习方法

(1)制定计划明确学习目的。合理的学习计划是推动我们主动学习和克服困难的内在动力。计划先由老师指导督促，再一定要由自己切实完成，既有长远打算，又有短期安排，执行过程中严格要求自己，磨炼学习意志。

(2)课前预习是取得较好学习效果的基础。课前预习不仅能培养自学能力，而且能提高学习新课的兴趣，掌握学习的主动权。预习不能搞走过场，要讲究质量，力争在课前把教材弄懂，上课着重听老师讲思路，把握重点，突破难点，尽可能把问题解决在课堂上。

(3)上课是理解和掌握基本知识、基本技能和基本方法的关键环节。上课专心听重点难点，把老师补充的内容记录下来，而不是全抄全录，顾此失彼。

高考数学压轴题的特征及应对策略 篇3

一、高考数学压轴题的特征

1．综合性——凸显数学思想方法的运用

近几年高考数学压轴题已经由单纯的知识叠加型转化为知识、方法、能力综合型尤其是创新能力型试题.压轴题是高考试题的精华部分，具有知识容量大、解题方法多、能力要求高、凸显数学思想方法的运用以及要求同学们具有一定的创新意识和创新能力等特点.

例1（11年江苏第19题）已知a,b是实数，函数f(x)=x3+ax，g(x)=x2+bx，f′(x)和g′(x)是f(x)和g(x)的导函数．若f′(x)g′(x)≥0在区间I上恒成立，则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致．

（Ⅰ）设a>0，若f(x)和g(x)在区间［－1,+∞)上单调性一致，求实数b的取值范围；

（Ⅱ）设a<0且a≠b，若f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单调性一致，求|a－b|的最大值．

解：f′(x)=3x2+a,g′(x)=2x+b．

（Ⅰ）由题意得f′(x)g′(x)≥0在［－1,+∞)上恒成立.因为a>0，故3x2+a>0，进而2x+b≥0，即b≥－2x在区间［－1,+∞)上恒成立，所以b≥2，因此b的取值范围是［2,+∞)．

（Ⅱ）令f′(x)=0，解得x=±－a3，若b>0，由a<0得0∈(a,b)，又因为f′(0)g′(0)=ab<0，所以函数f(x)和g(x)在(a,b)上不是单调性一致的.因此b≤0．

现设b≤0．当x∈(－∞,0)时，g′(x)<0；当x∈(－∞,－－a3)时，f′(x)>0．因此，当x∈(－∞,－－a3)时，f′(x)g′(x)<0.故由题设得a≥－－a3且b≥－－a3，从而－13≤a<0，于是－13≤b≤0，因此|a－b|≤13，且当a=－13,b=0时等号成立.又当a=－13,b=0时，f′(x)g′(x)=6x(x2－19),从而当x∈(－13,0)时，f′(x)g′(x)>0,故函数f(x)和g(x)在(－13,0)上单调性一致的.因此|a－b|的最大值为13．

点评：本题主要考查函数的概念、性质及导数等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论、转化与化归等的数学思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力.

2．高观点性——与高等数学知识接轨

所谓高观点题，是指与高等数学相联系的数学问题，这样的问题或以高等数学知识为背景，或体现高等数学中常用的数学思想方法和推理方法.

例2（10年广东（理）第22题）A是由定义在［2, 4］上且满足如下条件的函数φ(x)组成的集合：

①对任意x∈［1, 2］，都有φ(2x)∈(1, 2)；

②存在常数L(0

（Ⅰ）设φ(x)=31+x, x∈［2, 4］，证明：φ(x)∈A；

（Ⅱ）设φ(x)∈A，如果存在x0∈(1,2)，使得x0=φ(2x0)，那么这样的x0是唯一的；

（Ⅲ）设φ(x)∈A，任取x1∈(1, 2),令xn+1=φ(2xn),n=1,2,…，证明：给定正整数k，对任意的正整数p，成立不等式|xk+p－xk|≤Lk-11－L|x2－x1|．

解：（Ⅰ）对任意x∈［1, 2］,φ(2x)=31+2x, x∈［1, 2］,33≤φ(2x)≤35,1<33<35<2,所以φ(2x)∈(1, 2).

∴不等式成立.

点评：本题具有高等数学中的拉格朗日中值定理的背景，同学们解决起来比较困难.在对待高观点题时要注意以下两个方面：一是高观点题的起点高，但落点低，即试题的设计虽来源于高等数学，但解决的方法是中学所学的初等数学知识，而不是将高等数学引入高考；二是高观点题有利于区分能力，在今后高考中还会出现，在复习时要加强“双基”，构建知识网络，提高应变能力和创新能力，才能适应新时期的高考要求.

3．交汇性——强调各个数学分支的交汇

注重在知识网络的交汇点上设计试题，重视对数学思想方法的检测，是近年来高考试题的特色.高考数学压轴题讲究各个数学分支的综合与交汇，以利于加强对同学们多层次的能力考查.

例3（08年山东卷（理）第22题）如图，设抛物线方程为x2=2py(p>0)，M为直线y=－2p 上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B．

（Ⅰ）求证：A，M，B三点的横坐标成等差数列；

（Ⅱ）已知当M点的坐标为(2，－2p)时，|AB|=410．求此时抛物线的方程；

（Ⅲ）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线x2=2py(p>0)上，其中，点C满足OC=OA+OB（O为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在，请说明理由．

解：（Ⅰ）证明：由题意设A(x1, x212p)，B(x2, x222p)，x1

由x2=2py得y=x22p，得y′=xp，所以kMA=x1p，kMB=x2p；

因此直线MA的方程为y+2p=x1p(x－x0)，直线MB的方程为y+2p=x2p(x－x0)；

所以x212p+2p=x1p(x1－x0)①；x222p+2p=x2p(x2－x0)②；

由①-②，得x0=x1+x22，即2x0=x1+x2；

所以A，M，B三点的横坐标成等差数列．

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当x0=2时，将其代入①、②并整理得：

x21－4x1－4p2=0, x22－4x2－4p2=0，

所以x1，x2是方程x2－4x－4p2=0的两根，因此x1+x2=4，x1x2=－4p2，

又kAB=x222p－x212px2－x1=x1+x22p=x0p，所以kAB=2p；

由弦长公式得|AB|=1+k2(x1+x2)2－4x1x2=1+4p216+16p2；

又|AB|=410，所以p=1或p=2，因此所求抛物线方程为x2=2y或x2=4y．

（Ⅲ）解：设D(x3，y3)，由题意得C(x1+x2，y1+y2)，

则CD的中点坐标为Q(x1+x2+x32，y1+y2+y32)，

设直线AB的方程为y－y1=x0p(x－x1)，

由点Q在直线AB上，并注意到点(x1+x22，y1+y22)也在直线AB上，代入得y3=x0px3；

若D(x3，y3)在抛物线上，则x23=2py3=2x0x3，

因此x3=0或x3=2x0．即D(0，0)或D(2x0，2x20p)；

（1）当x0=0时，则x1+x2=2x0=0，此时，点M(0，－2p)适合题意；

（2）当x0≠0，对于D(0，0)，此时C(2x0，x21+x222p)，

kCD=x21+x222p2x0=x21+x224px0, 又kAB=x0p，AB⊥CD，

所以kAB·kCD=x0p·x21+x224px0=x21+x224p2=－1，即x21+x22=－4p2，矛盾；

对于D(2x0，2x20p)，因为C(2x0，x21+x222p)，此时直线CD平行于y轴，

又kAB=x0p≠0，所以直线AB与直线CD不垂直，与题设矛盾，

∴ x0≠0时，不存在符合题意的M点．

综上所述，仅存在一点M(0，－2p)适合题意．

点评：本题从形式上看兼有平面解析几何、数列、平面向量等多个数学分支，但细细分析可知数列和平面向量都只需了解基本概念即可，主体还是平面解析几何的内容.

二、高考数学压轴题的应对策略

1．抓好“双基”，注意第一问常常是后续解题的基础

在平时的学习中，一定要牢固地掌握基本知识、基本方法和基本技能的运用，这是解决高考数学压轴题的关键，因为越是综合问题就越是重视对基本知识与方法的考查.这里也要提醒大家一点，高考数学压轴题的第一问常常是后续解题的基础.

例4（10年山东卷（理）第22题）已知函数f(x)=lnx－ax+1－ax－1(a∈R)．

（Ⅰ）当a≤12时，讨论f(x)的单调性；

（Ⅱ）设g(x)=x2－2bx+4.当a=14时，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈［1,2］，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．

解：（Ⅰ）因为f(x)=lnx－ax+1－ax－1，

所以f′(x)=1x－a－1－ax2=－ax2+x－1+ax2, x∈(0,+∞)，

令h(x)=ax2－x+1－a, x∈(0,+∞)，

（1）当a=0时，h(x)=－x+1, x∈(0,+∞)，

所以，当x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；

当x∈(1,+∞)时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增.

（2）当a≠0时，由f′(x)=0

即ax2－x+1－a=0，解得x1=1，x2=1a－1，

①当a=12时，x1=x2=1，h(x)≥0恒成立，

此时f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减；

②当01>0，

当x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；

当x∈(1,1a－1)时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增；

当x∈(1a－1,+∞)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；

③当a<0时，由于1a－1<0，则：

当x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；

当x∈(1,+∞)时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增.

综上所述：

当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减；在(1,+∞)上单调递增；

当a=12时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减；

当0

（Ⅱ）因为a=14∈(0,12)，由（Ⅰ）知，

x1=1,x2=3(0,2)，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；

当x∈(1,2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，

所以f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)=－12.

由于“对任意x1∈(0,2)，存在x2∈［1,2］，使f(x1)≥g(x2)”等价于

“g(x)在［1，2］上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值－12” （*）

又g(x)=(x－b)2+4－b2,x∈［1,2］，故

①当b∈(－∞,1)时，因为［g(x)］min=g(1)=5－2b>0，此时与（*）矛盾；

②当b∈［1,2］时，因为［g(x)］min=4－b2≥0，同样与（*）矛盾；

③当b∈(2,+∞)时，因为［g(x)］min=g(2)=8－4b，由8－4b≤－12可得b≥178.

综上，实数b的取值范围是［178,+∞).

点评：本题主要考查利用导数研究函数性质的方法，考查分类讨论思想、数形结合思想、等价转化思想，以及综合运用知识解决新情境、新问题的能力.虽然是压轴题，但第一问考查的就是基本知识与方法，而第二问的解法显然是建立在第一问的基础上的.

2．掌握一些“模型题”，由此出发易得解题突破口

一些高考压轴题，常常是由基本题型（即“模型题”）演变而成，掌握“模型题”的解题思路，由此出发易得到解题的突破口.

例5（06上海高考压轴题）已知函数y=x+ax有如下性质：如果常数a>0，那么该函数在(0,a］上是减函数，在［a,0)上是增函数；

（Ⅰ）如果函数y=x+2bx（x>0）的值域为［6,+∞)，求b的值；

（Ⅱ）研究函数y=x2+cx2（常数c>0）在定义域内的单调性，并说明理由；

（Ⅲ）对函数y=x+ax和y=x2+ax2（常数a>0）作出推广，使它们都是你所推广的函数的特例，研究推广后的函数的单调性（只需写出结论，不必证明），并求函数F(x)=(x2+1x)n+(1x2+x)n（n是正整数）在区间［12，2］上的最大值和最小值（可利用你的研究结论）．

解：（Ⅰ）函数y=x+2bx(x>0)的最小值是22b，则22b=6，∴b=log29；

（Ⅱ）设0

当4cy1, 函数y=x2+cx2在［4c,+∞)上是增函数；

当0

又y=x2+cx2是偶函数，

∴该函数在(－∞,－4c］上是减函数，在［－4c,0)上是增函数；

综上，该函数在［-4c,0),［4c,+∞)上是增函数，在(-∞,-4c］,(0,4c］是是减函数.

（Ⅲ）可以把函数推广为y=xn+axn（常数a>0），其中n是正整数；

当n是奇数时，函数y=xn+axn在(0,2na］上是减函数，在［2na,+∞)上是增函数；

在(－∞,－2na］上是增函数，在［－2na,0)上是减函数，

当n是偶数时，函数y=xn+axn在(0,2na］上是减函数，在［2na,+∞) 上是增函数；

在(－∞,－2na］上是减函数，在［－2na,0)上是增函数；

F(x)=(x2+1x)n+(1x2+x)n=C0n(x2n+1x2n)+C1n(x2n－3+1x2n－3)+…+Crn(x2n－3r+1x2n－3r)+…+Cnn(xn+1xn)

因此F(x) 在 ［12,1］上是减函数，在［1,2］上是增函数；

所以，当x=12或x=2时，F(x)取得最大值(92)n+(94)n；当x=1时,F(x)取得最小值2n+1．

点评：该题的背景就是“对勾函数”y=x+ax，(a>0).它在(0,a］和［-a,0）上是减函数，在［a,+∞)和(-∞,-a］上是增函数.这是课本上多处出现的一个函数模型，也是同学们熟知的一个函数模型，掌握了这个模型，得到如上的解法也就不是非常困难的了.

高考数学压轴题 篇4

2011年河南省高考使用全国新课程卷, 其数学压轴题是第21题.本题表面上看似基本, 但同历届高考试题一样, 命题者所给的参考答案隐藏了试题立意本质和其中蕴含的丰富的数学方法.数学压轴题大都基于边缘载体, 凸显数学方法.

一、试题解答

题目:已知函数$f\left(x\right)=\frac{a\text{l}\text{n}x}{x+1}+\frac{b}{x}$, 曲线$y=f\left(x\right)$在点$\left(1,f\left(1\right)\right)$处的切线方程为x+2y-3=0.

(Ⅰ) 求a, b的值;

(Ⅱ) 如果当x>0, 且x≠1时, $f\left(x\right)>\frac{\text{l}\text{n}x}{x-1}+\frac{k}{x}$, 求k的取值范围.

为节省篇幅, 我们直接给出 (Ⅰ) 的结果a=b=1, 下面只就$f\left(x\right)=\frac{\text{l}\text{n}x}{x+1}+\frac{1}{x}$解答 (Ⅱ) .

解法一:作差, 分离出本质, 舍弃无关因素, 简化问题.

$\begin{array}{l}\because f\left(x\right)-\left(\frac{\text{l}\text{n}x}{x-1}+\frac{k}{x}\right)\\ =\frac{\text{l}\text{n}x}{x+1}-\frac{\text{l}\text{n}x}{x-1}+\frac{1-k}{x}=\frac{-2\text{l}\text{n}x}{x{}^2-1}+\frac{1-k}{x}\\ =\frac{1}{x{}^2-1}\left[-2\text{l}\text{n}x+\left(1-k\right)\left(x-\frac{1}{x}\right)\right]‚\end{array}$

∴即求实数k的取值范围, 使得

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}-2\text{l}\text{n}x+\left(1-k\right)\left(x-\frac{1}{x}\right)<0,\forall x\in \left(0,1\right)‚\\ -2\text{l}\text{n}x+\left(1-k\right)\left(x-\frac{1}{x}\right)>0,\forall x\in \left(1,+\infty \right).\end{array}\\ (※)\end{array}$

取$\phi \left(x\right)=-2\ln x+\left(1-k\right)\left(x-\frac{1}{x}\right),$

$$

由均值不等式可知,

$\frac{2x}{x{}^2+1}\le 1,\forall x\in \left(0,+\infty \right)$, 且x=1时取“=”,

所以$\left(\frac{2x}{x{}^2+1}\right){}_{\max }=1\left(x>0\right).(☆)$

当1-k≥1, 即k≤0时, ${\phi }^{\prime }\left(x\right)\ge 0‚\phi \left(x\right)$在$\left(0,+\infty \right)$上单调递增, 从而有$\phi \left(x\right)>\phi \left(1\right)=0,\forall x\in (1,+\infty )$以及$\phi \left(x\right)<\phi \left(1\right)=0,\forall x\in \left(0,1\right)$, 即不等式组 (※) 成立.

当k>0时, 有1-k<1, 根据 (☆) , 存在x0>1, 使得$\frac{2x}{x{}^2+1}>1-k,\forall x\in \left(1,x{}_0\right)$, 即在区间$\left(1,x{}_0\right)$上, ${\phi }^{\prime }\left(x\right)<0$, 从而$\phi \left(x\right)$在$\left[1,x{}_0\right)$上递减, 则对一切$x\in \left(1,x{}_0\right)$, 均有$\phi \left(x\right)<\phi \left(1\right)=0$, 即$f\left(x\right)<\frac{\text{l}\text{n}x}{x-1}+\frac{k}{x}.$

综上所述, 满足要求的实数k的取值范围是$\left(-\infty ,0\right].$

解法二:分离参数, 确立参数限定方向, 凸显极限妙算.

求实数k, 使得$\frac{\text{l}\text{n}x}{x+1}+\frac{1}{x}>\frac{\text{l}\text{n}x}{x-1}+\frac{k}{x},\forall x\in \left(0,1\right){\displaystyle \cup \left(1,+\infty \right)}$, 即求实数k, 使得$\frac{1-k}{2}>\frac{x\text{l}\text{n}x}{x{}^2-1},\forall x\in \left(0,1\right){\displaystyle \cup \left(1,+\infty \right)}.$

取$\phi \left(x\right)=\frac{x\text{l}\text{n}x}{x{}^2-1},x\in \left(0,1\right){\displaystyle \cup \left(1,+\infty \right)}$, 则

$\begin{array}{l}\phi \text{'}\left(x\right)=\frac{\left(1+\text{l}\text{n}x\right)\left(x{}^2-1\right)-2x{}^2\text{l}\text{n}x}{\left(x{}^2-1\right){}^2}\\ =\frac{x{}^2-1-\left(1+x{}^2\right)\text{l}\text{n}x}{\left(x{}^2-1\right){}^2}\\ =\frac{x{}^2+1}{\left(x{}^2-1\right){}^2}\left(\frac{x{}^2-1}{x{}^2+1}-\text{l}\text{n}x\right)‚\end{array}$

取$\tau \left(x\right)=\frac{x{}^2-1}{x{}^2+1}-\ln x,x\in \left(0,+\infty \right)$,

$\begin{array}{l}\text{则}\tau \left(1\right)=0‚{\phi }^{\prime }\left(x\right)=\frac{x{}^2+1}{\left(x{}^2-1\right){}^2}\tau \left(x\right)‚\\ {\tau }^{\prime }\left(x\right)=\frac{2x\left(x{}^2+1\right)-2x\left(x{}^2-1\right)}{\left(x{}^2+1\right){}^2}-\frac{1}{x}\\ =\frac{-\left(x{}^2-1\right){}^2}{x\left(x{}^2+1\right)}\le 0‚\end{array}$

∴造表如下:

$\begin{array}{l}\text{故}\frac{1-k}{2}\ge \underset{x\to 1}{{\displaystyle \lim }}\frac{x\text{l}\text{n}x}{x{}^2-1}=\underset{x\to 1}{{\displaystyle \lim }}\left(\frac{x}{x+1}\cdot \frac{\text{l}\text{n}x-\ln 1}{x-1}\right)\\ =\underset{x\to 1}{{\displaystyle \lim }}\frac{x}{x+1}\cdot \underset{x\to 1}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{l}\text{n}x-\ln 1}{x-1}\\ =\frac{1}{2}\left(\text{l}\text{n}x\right)´|{}_{x=1}=\frac{1}{2x}|{}_{x=1}=\frac{1}{2}‚\\ \therefore k\le 0‚\text{这}\text{就}\text{是}\text{所}\text{求}\text{实}\text{数}k\text{的}\text{取}\text{值}\text{范}\text{围}.\end{array}$

上述极限$\underset{x\to 1}{{\displaystyle \lim }}\frac{x\text{l}\text{n}x}{x{}^2-1}=\frac{1}{2}$, 也可以通过建构不等式组, 应用两边夹的方法求得, 这样更能揭示试题的本质.

事实上, 取, 则$\phi \left(0\right)=0‚{\phi }^{\prime }\left(x\right)=\frac{1}{x+1}-1=\frac{-x}{x+1}$.令${\phi }^{\prime }\left(x\right)=0$, 得x=1, 列表如下:

$\therefore \ln \left(1+x\right)\le x,\forall x\in \left(-1,+\infty \right)$, “=”仅在x=0时取到.

应用这个熟知的不等式, 对$x\in \left(0,+\infty \right)$, 一方面, 由$x-1\in \left(-1,+\infty \right)$, 得$\ln x=\ln \left(1+x-1\right)\le x-1$;另一方面, 由$\frac{1}{x}-1\in \left(-1,+\infty \right)$, 得

$\begin{array}{l}-\ln x=\ln \frac{1}{x}\le \frac{1}{x}-1‚\text{即}1-\frac{1}{x}\le \ln x.\\ \therefore 1-\frac{1}{x}\le \ln x\le x-1,\forall x\in \left(0,+\infty \right)\end{array}$

, “=”在x=1处取到. (这个不等式组等价于图1)

故1x+1<xlnxx2-1<xx+1, x∈1, + () !, x x+1<xlnx x2-1<1x+1, x∈0, (1) 烅烄烆.∵lim x→111+x=12, lim x→1x x+1=12, ∴lim x→1+xlnx x2-1=12=limx→1-xlnx x2-1,

故$\underset{x\to 1}{{\displaystyle \lim }}\frac{x\text{l}\text{n}x}{x{}^2-1}=\frac{1}{2}.$

二、试题分析

本题考查函数求导、求切线方程以及根据单调性推证不等式、探求参数取值范围的能力.题目难度合适, 给数学成绩优秀的学生以欣喜, 是一道十分优秀的高考压轴试题.同时, 我们也认为, 这道试题基于高中数学中导数及其应用这一边缘知识, 凸显出许多重要数学方法.从上述两个解法可以看出, 本试题涉及比较系数、分类讨论、充分性分析、反例否定、化归、两边逼夹等等, 这些都是中学数学中重要的数学思想方法, 试题深刻地考查了学生分析问题与解决问题的能力, 尤其凸显了探求充分条件以及构造反例作出否定的能力.上述对极限计算的深入分析过程中, 获得的不等式组$1-\frac{1}{x}\le \ln x\le x-1,\forall x\in \left(0,+\infty \right)$, 能否揭示出命题者基于两个“上凸”函数$y=1-\frac{1}{x}\left(x>0\right)$和$y=\ln x\left(x>0\right)$在x=1处存在公切线构建试题的初衷?基于图象直观构建代数关系, 这就是极其重要的数形结合思想.

三、考前讲座的思考与启示

考前两周, 我在学校做“巅峰生数学考前讲座”, 题目是“切实掌握导数及其应用问题的解法”, 我重点给学生总结了2003年高考考查导数以来全国卷与各省市卷中有关导数及其应用试题的设计特点、考查本质以及解法特点.我们都知道, 无论是全国卷还是各省市卷所给参考答案都是作差构造辅助函数, 因此, 我在教学中十分注重这种构造辅助函数的方法, 如同本题之解法一.我在做这个讲座时, 着重阐述和强调了这种“通法”, 同时, 我也发现, 学生对这种方法存在严重困惑:其中的分类讨论因素抓不住, 因此用不好这个“通法”.为此, 我列举典型试题, 引导学生总结“通法”的内涵:第一步, 作差, 构造出辅助函数$\phi \left(x\right)=f\left(x\right)-g\left(x\right)$ (带参数k的函数) ;第二步, 找到$\phi \left(x\right)$的零点x0 (在定义域中) , $\phi \left(x{}_0\right)=0$;第三步, 根据题意, 探求$\phi \left(x\right)$在x0两侧的单调性, 为之构建参数k满足的充分条件.学生领悟了引起“通法”对参数分类讨论的关键因素是第三步, 我再设计一套专项练习辅助训练, 学生切实掌握了“通法”.

原来学生用不好“通法”, 普遍利用“分离参数法”转化为一个恒成立问题, 但他们也有一个困难:在获得参数限定方向之后, 往往面临的是极限计算, 并且通常是$\frac{0}{0}$型, 0·∞型, $\frac{\infty }{\infty }$型, ∞-∞型, 等等.这类“未定式”极限计算既是难点, 也存在丰富的算法技巧.但是, 极限计算在新课程中没有专门内容, 作为边缘知识, 学生当然没有多少“招式”.据我所知, 很多老师告诉学生洛必达 (L'Hospital) , 让学生直接套用, 这样做毫无疑问与新课程理念格格不入.为此, 我在讲座中引导学生对遇到的“未定式”极限计算进行总结, 发现成为“未定式”极限的原因在于极限式中的“零因子”, 大都可以通过代数式分解, 隔离出“零因子”, 使之归结为某个函数在某一点的导数, 从而用导函数代入完成极限计算, 这就是我上面给出的解法二.再如, 我在给学生做讲座的题材中重温了2011年郑州市“三模”中的一道试题:函数$f\left(x\right)=ax-\left(a+1\right)\ln \left(x+1\right)$, 其中a>-1. (Ⅰ) 求$f\left(x\right)$的单调区间; (Ⅱ) 当a>0时, 记$f\left(x\right)$的最小值为$g\left(a\right)$, 求实数t的取值范围, 使得$g\left(a\right)<t,\forall a\in \left(0,+\infty \right).$

对这道题, 如果用分离参数法化成一个恒成立的参数题, 最后面对的极限计算是

$\begin{array}{l}t\ge \underset{a\to +\infty }{{\displaystyle \lim }}f\left(a\right)=1-\underset{a\to +\infty }{{\displaystyle \lim }}\left(a+1\right)\ln \left(1+\frac{1}{a}\right)\\ =1-\underset{a\to +\infty }{{\displaystyle \lim }}a\ln \left(1+\frac{1}{a}\right)\\ \stackrel{x=\frac{1}{a}}{{\displaystyle =}}1-\underset{x\to 0+}{{\displaystyle \lim }}\frac{\ln \left(1+x\right)}{x}\\ =1-\underset{x\to 0+}{{\displaystyle \lim }}\frac{\ln \left(1+x\right)-\ln \left(1+0\right)}{x-0}\\ =1-\left(\ln \left(1+x\right)\right)\text{'}|{}_{x=0}=1-\frac{1}{1+x}|{}_{x=0}=0.\end{array}$

我不断思考, 多年以来, 高考参考答案为什么一直采用作差、构造辅助函数方法, 从不采用分离参数法?通过钻研、思考与总结, 我略有所知:好像是在回避极限计算技巧, 更好地培养通性通法.这样, 命题者所给参考答案虽然隐藏了丰富的方法、技巧, 甚至试题设计之本源, 但给我们的教学留下了组织探究的好题材.同时, 这样做也是基于新课标的精神“删减繁琐的计算、人为技巧化的难题和过分强调细枝末节的内容, 克服‘双基异化倾向’”.

在日常教学中, 我唯一使用的教辅资料就是全国和各省市历年高考试题.我在这次讲座中选择许多优秀试题作为例子, 譬如2010年全国高考湖北省理科试卷第21题:

函数$f\left(x\right)=ax+\frac{b}{x}+c\left(a>0\right)$的图象在点${\rm T}\left(1,f\left(1\right)\right)$处的切线为l:y=x-1.

(Ⅰ) 用a表示b, c;

(Ⅱ) 求a的取值范围, 使得$f\left(x\right)\ge \ln x$在区间$\left[1,+\infty \right)$上恒成立;

(Ⅲ) 求证:$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}>\ln \left(n+1\right)+\frac{n}{2\left(n+1\right)}\left(n\in \mathbf{{\rm N}}{}^{*}\right).$

通过与学生一起探究, 我们发现两个不等式$\ln x<\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})(x>1)$以及$\ln x>\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})(0<x<1)$, 这是否说明命题者根据两个函数$y=\text{l}\text{n}x\left(x>0\right)$与$y=\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)\left(x>0\right)$的图象在x=1处发生交叉 (如图2) 这一几何直观, 首先构建出上面两个代数不等式, 再经代数演变设计出本题呢?对比图1与图2, 这真是无独有偶!今年全国新课程理科数学试卷第21题似乎复制了湖北省去年理科卷第21题的构建过程, 或者说湖北省这道试题的构建方法在今年全国新课程理科数学试卷中得以重现?

另外, 我在讲座中反复强调大家熟知的不等式$\ln \left(1+x\right)\le x,\forall x\in \left(-1,+\infty \right)$, 并阐述不少试题有它的影子, 甚至是直接应用.再看看本文前面给出的解法二, 为两边夹构建的不等式组$1-\frac{1}{x}\le \ln x\le x-1,\forall x\in \left(0,+\infty \right)$, 不正是基于不等式$\ln \left(1+x\right)\le x,\forall x\in \left(-1,+\infty \right)$ 这么巧!只能说我的讲座有幸撞上了!

高考文科数学压轴题技巧 篇5

要有通览全局观念。高考试卷发下来，填涂好姓名、试卷类型、贴好条形码等项目后，离正式答题尚有一段时间。考生可以利用这一“空闲”迅速了解一下全卷有几大题，几道小题，各题的分值比例如何，并初步拟定一个大致的答题时间分配方案，确定答题的“战略框架”。比如理综答题时间安排，第一卷用50分左右做选择题，第二卷90分钟左右。具体时间分到各科目：生物一般30分钟左右，化学50分钟左右，物理60分钟左右。余下10分钟左右整理检查卷子。

遵循“先易后难，勿打持久战”的答题原则。高考试题编制上一般都有先易后难的特点(但也有的学科开始的题目较难)。刚进考场时，绝大部分考生都会感到情绪比较紧张，没有达到思维的最佳状态。所以先易后难是很好的一种解题方式，而且，容易题做得越多，拿到的分数就越高，底气越足，自信心大大增强。若碰到难题，一时难以解答，可以暂时跳过，容易的题完成后，节省下的时间，再攻克难题，千万不能钻牛角尖。在考场上，时间就是分数。比如，高考理综合考试150分钟，总分300分，意味着每1分钟就要得2分。试想想，一道19分的题目，10分钟以内必须做完，而你却花了二十多分钟才解答出来，即使正确，而因为你已付出了全场考试几乎五分之一的时间，却只得到了总分几乎十五分之一的回报，实在是得不偿失。

巧用答题技巧提高答题效率。考场上，“时间就是分数”是最恰如其分的写照，巧妙答题节省时间便是在挣分。有些选择题，你若一个一个地仔细推敲各个选项，过于费时费力，而用排除法、逆向思维法则很快可以选中答案。做图像题时，应边看题目边对照图像，理清题意，耗时大减，事半功倍。

层层铺垫 突破高考物理压轴题 篇6

图1

铺垫1 在真空中存在着如图1所示的有界的匀强电场，电场的宽度为d，电场强度为E，方向水平向右，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计粒子重力），从电场的左边界进入电场时速度方向与水平方向的夹角为θ，速度大小为v1，从电场的右边界穿出电场时速度方向与水平方向的夹角为α，请写出q、m、E、d、θ、v1和α的关系式？

解析 不妨设粒子从电场的右边界穿出电场时的速度的大小为v2，由于电场力做功和路径无关，所以粒子从电场的左边界到电场的右边界，电场力做功为W=qEd，由动能定理可得：

W= 1 2 mv22- 1 2 mv21 ①

由于在垂直于电场方向上，粒子不受电场力，粒 子在该方向上做匀速直线运动，由运动的合成和分解知识可得：粒子在垂直于电场方向上的分速度相等.

可得： v1sinθ=v2sinα ②

由①②可得： v1sinθ= 2qEd m +v21 sinα

图2

铺垫2 在真空中存在着如图2所示的有界的匀强磁场，磁场的宽度为d，磁感应强度为B，

一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计粒子重力），从磁场的左边界进入磁场时速度方向与水平方向的夹角为α，速度大小为v，从磁场的右边界穿出电场时速度方向与水平方向的夹角为θ，请写出q、m、B、d、θ、v和 α的关系式？

解析 由于粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，粒子所需要的向心力由磁场对粒子的洛仑兹力提供，所以qvB=mv2/r，

由几何关系可得：rsinθ-rsinα=d，

进一步可得：mv（sinθ-sinα）=qBd.

做了两个铺垫后，下面我们再来看2015年高考理综天津卷物理压轴题.

（2015年高考理综天津卷物理压轴题）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动.在真空中存在着如图3所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度均为d.电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里.电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射.

图3

（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2.

（2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sinθn.

（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之.

解析 （1）粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛仑兹力不做功.由动能定理，有

2qEd= 1 2 mv22-0 ①

由①式解得：

v2=2 qEd m ②

粒子在第2层磁场中受到的洛仑兹力充当向心力，有

qv2B= mv22 r2 ③

高考数学压轴题 篇7

每年的高考压轴题都体现为难度大、分值高, 旨在考查学生利用所学的基础知识去分析、解决实际问题的能力, 同时也考查学生非智力因素.因此, 它是师生十分关注的问题.笔者针对今年新课标全国卷高考理综第25题评卷中出现的情况进行分析, 供大家参考.

一、原题

如图1所示, 与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域.一质量为m、电荷量为q (q>0) 的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平向右射入Ⅰ区运动时, 只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用, 电场强度大小为E;在Ⅱ区运动时, 只受到匀强磁场的作用, 磁感应强度大小为B, 方向垂直于纸面向里.求粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P0的距离.粒子的重力可以忽略.

二、试题特点

该题属电磁学中的综合题, 难度适中 (0.54) , 但考生得分率较低, 满分率仅为1%.该题的物理情景是带电粒子在电场和磁场中分别做类平抛运动和匀速圆周运动, 是根据往年高考题改编的.由于设问巧妙, 要正确解答该题, 还需要考生有较强空间想象能力和逻辑推理能力.

三、考生解法

要想完成此题, 必须求出粒子进入磁场后的速度 (大小、方向) , 根据已知条件, 先推出这个速度的表达式.考生的做法较多, 笔者总结归纳有如下四种.

解法一:如图2所示, 粒子以v0从P0点沿水平向右进入电场, 其受电场力作用做类平抛运动, 根据牛顿第二定律得

Eq=ma ①

由运动学公式和几何关系得

$\begin{array}{l}v{}_{0}t=\frac{1}{2}at{}^2②\\ {\rm P}{}_0{\rm P}{}_1=\sqrt{2}v{}_{0}t③\end{array}$

由①、②得t=2mv0 /Eq ④

将④代入③得${\rm P}{}_0{\rm P}{}_1=2\sqrt[]{2}v{}_0{}^{2}m/Eq⑤$

粒子进入磁场时速度为v, 其大小、方向为:

$\begin{array}{l}v=\sqrt[]{v{}_0^2+(at){}^2}=\sqrt[]{5}v{}_0⑥\\ \tan \alpha =v{}_0/at=1/2⑦\end{array}$

粒子进入磁场后只受洛伦兹力作用做圆周运动, 根据牛顿第二定律得

qvB=mv2/R, 即有R=mv/qB ⑧

由几何关系得: a+β=45° ⑨

P1P2=2Rsina ⑩

由三角函数得

$\sin \alpha =\sin (45°-\beta )=\sin \left(45°-\arctan \frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt[]{10}}{10}$ (11)

将⑧、 (11) 代入⑩得

${\rm P}{}_1{\rm P}{}_2=\sqrt[]{2}mv{}_0/qB$ (12)

粒子从P0点进入电场到从P2点首次离开磁场的距离为L=P0P1+P1P2 (13)

将⑤、 (12) 代入 (13) 得

$L=\sqrt[]{2}mv/q(2v{}_0/E+1/B)$ (14)

解法二:如图3所示, 利用牛顿第二定律、类平抛运动公式、几何关系、速度合成、动能定理列方程求解, 有

$\begin{array}{l}\text{图}3Eq=ma(1)\\ v{}_{0}t=\frac{1}{2}at{}^2(2)\\ v=\sqrt[]{v{}_0^2+(at){}^2}(3)\\ qEy=\frac{1}{2}mv{}_1{}^2-\frac{1}{2}mv{}_0{}^2(4)\\ {\rm P}{}_0{\rm P}{}_1=y/\cos 45°(5)\end{array}$

由 (1) 、 (2) 、 (3) 、 (4) 得${\rm P}{}_0{\rm P}{}_1=2\sqrt[]{2}v{}_0{}^{2}m/qE$

求P1P2的方法与解法一相同.

解法三:利用动量定理求解

qEt=mvy (1)

tamβ=v0/vy

∴vy=2v0 (2)

由 (1) 、 (2) 得t=2mv0/qE

求P0P1、P1P2的方法与解法一、二相同.

解法四:如图3所示, 利用几何和三角函数求解.

先确定β, 从而确定sinβ, 因粒子以v速度从P1点向右倾斜进入磁场, 由左手定则判断出其受洛伦兹力的方向斜向上, 说明粒子在磁场中向斜下方偏转, 由对称可知, 粒子必沿NM界面上某点P2射出, 于是连接P1P2, 并作P1P2中垂线AB, 再作v的垂直线CD, AB、CD的交点O就是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心, 以O为圆心, OP1为半径画弧$\stackrel{⌢}{{\rm P}{}_1{\rm P}{}_2}$, 如图3所示.

∵ tanθ=vy/v0=2,

∵ tanβ=tan (θ-45°) = (tanθ-tan45°) / (1+tanθtan45°) =1/3,

$\begin{array}{l}\text{又}\because \cos \beta =1/\sqrt[]{1+\tan {}^2\beta }=3/\sqrt[]{10}‚\\ \therefore \sin \beta =\sqrt[]{1-\cos {}^2\beta }=\sqrt[]{10}/10.\\ \therefore {\rm P}{}_1{\rm P}{}_2=2R\sin \beta =\sqrt[]{2}mv{}_0/qB.\end{array}$

求P0P1的方法与解法一相同.

以上四种解法中虽没有强调对带电粒子进行受力分析, 但考生已明白在电场中只受电场力作用做类平抛运动, 在磁场中只受洛伦兹力作用, 该力提供向心力, 做匀速圆周运动.解法二注重功能转化, 应用了动能定理;解法三强调动量与冲量关系, 应用了动量定理.不管哪种解法, 都能完成最终解答.

四、考生错解分析

从考生的解答来看, 不能正确解决问题的原因多是由于:对基础知识理解不透, 导致不能正确应用;定理、定律的适用条件把握不好, 导致不能准确分析物理过程;对几何、三角函数知识不能灵活应用;等等.出现的典型错解如下:

错解一:少数考生对题设条件审读不清, 把粒子在电场中只受电场力作用误认为有F电和G共同作用或只有G作用, 故出现mg+Eq=ma或mg=ma这类的解答错误.

错解二:部分考生对带电粒子在电场中做类平抛运动理解不透, 误认为粒子从P0点沿曲线运动至P1点其速度不变, 从而认为其以v0在磁场中做圆周运动, 因而直接根据牛顿第二定律列方程qv0B=mv02/R, 解得R=mv0/qB.

错解三:部分考生的几何、三角函数知识差, 找不出相关角的关系, 几乎没有考生能写出θ+β=45°表达式, 有大部分考生算不出sinβ的值.

错解四:部分考生知道带电粒子进入磁场受到洛伦兹力, 但由于考生不会灵活应用左手定则判断该力的方向, 画不出粒子在磁场中的运动轨迹;有的考生即使画出图, 但很草率, 不能帮助解决问题.

错解五:少数考生解题时有总式, 无分式;有答案, 无细节;或没有写出必要文字说明.这些都是导致丢分的原因.

五、方法点拨

对于带电粒子在电磁场中运动问题, 其分析方法和力学问题分析方法基本相同, 不同之处就在于多了电场力、磁场力, 但其思路、方法与解题步骤相同, 因此在利用力学观点分析问题的过程中应注意:

(1) 弄清物理情景, 即头脑中再现客观事物的运动全过程, 对问题的情景原型进行具体抽象, 从而建立正确、清晰的物理情景.

(2) 对物理知识有全面深入的理解, 即采用多种方法训练, 加深对所学物理知识的理解, 从而达到心领神会, 并能灵活应用.

(3) 熟练掌握相关几何、代数知识, 并能巧妙地应用到解题之中.

(4) 注重分析带电粒子在电磁场中运动的各类综合题, 并找出它们的共同点, 并且把自己掌握的基本方法迁移到这些题目中进行推理分析, 确立解题的突破口.

(5) 进行针对性训练, 规范解题, 提高解题速度和准确率.

通常这类试题还要求掌握如何定圆心, 定半径, 能画出轨迹图, 利用圆的知识和向心力公式解决问题.

基于锯齿波图象的高考压轴题赏析 篇8

2008～2011年江苏省高考物理卷压轴题均为非常规的周期性变化和运动问题, 物理过程比较复杂, 绝大多数考生难以正确构建物理图景, 求解受阻, 得分率很低.笔者研究发现, 连续四年的这几道压轴题有一共同特点:题中已知条件提供的图象或者是题中研究对象相关物理量间的关系图象呈现为锯齿波形状.让我们一起来赏析这几道试题.

1.“速度-位移”锯齿图象

【例1】 (2008年江苏省高考题) 如图1所示, 间距为l的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ, 导轨光滑且电阻忽略不计.场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直, 磁场区域的宽度为d1, 间距为d2.两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上, 并与导轨垂直, 设重力加速度为g.若a进入第2个磁场区域时, b恰好离开第1个磁场区域;此后a离开第2个磁场区域时, b 又恰好进入第2个磁场区域.且a、b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等.求a穿出第k个磁场区域时的速率v.

解析:本题从电路结构来说, 两根棒与轨道组成闭合电路, 在磁场中的棒切割磁感应线产生感应电动势, 相当于电源, 在磁场外的棒作为外电阻.由于两根棒始终是一根棒在磁场中, 一根棒在磁场外, 因此, 可以作这样的简化:如图2所示, 导体棒b与两条轨道相连接 (b固定不动) , 导体棒a以速度v1离开磁场区域1, 以速度v2进入磁场区域2, 然后又以速度v1离开磁场区域2, 再以速度v2进入磁场区域3, ……导体棒a在无磁场区和有磁场区运动时间相同.

导体棒a在无磁场区, 以初速度v1做加速度为a1=gsinθ的匀加速运动, 位移为d2;导体棒a在磁场区, 以初速度v2做加速度为$a{}_2=\frac{B{}^{2}l{}^{2}v}{2mR}-g\sin \theta$的变速运动, 速度逐渐减小, 加速度亦逐渐减小, 位移为d1;以磁场区1的下边界为记录位移的起点, 沿导轨向下为x正方向, 导体棒的速度v随位移x变化的规律如图3所示.

现根据题给条件计算速度v1和v2.

将导体棒a在磁场外和磁场内的运动时间均记为T, 在无磁场区域有:

$v{}_2-v{}_1=g\sin \theta \cdot {\rm T}‚d{}_2=\frac{v{}_1+v{}_2}{2}\cdot {\rm T}$

在有磁场区域, 对a棒由牛顿第二定律:$mg\sin \theta -B{\rm I}L=m\cdot \frac{\text{Δ}v}{\text{Δ}t}$, 其中${\rm I}=\frac{Blv}{2R}$, 则有:

∑Δv=∑$\left[g\text{s}\text{i}\text{n}\theta -\frac{B{}^{2}l{}^{2}v}{2mR}\right]\text{Δ}t$

解得:$v{}_1-v{}_2=g\sin \theta \cdot {\rm T}-\frac{B{}^{2}l{}^2}{2mR}\cdot d{}_1$

$\begin{array}{l}\text{解}\text{以}\text{上}\text{各}\text{式}\text{可}\text{得}:v{}_1=\frac{4mgRd{}_2}{B{}^{2}l{}^{2}d{}_1}\sin \theta -\frac{B{}^{2}l{}^{2}d{}_1}{8mR}\\ v{}_2=\sqrt{\left(\frac{4mgRd{}_2}{B{}^{2}l{}^{2}d{}_1}\sin \theta -\frac{B{}^{2}l{}^{2}d{}_1}{8mR}\right){}^2+2g\text{s}\text{i}\text{n}\theta \cdot d{}_2}.\end{array}$

2.“速度-时间”锯齿图象

【例2】 (2009年江苏省高考题) 如图4所示, 两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上, 导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计, 导轨平面的倾角为α, 条形匀强磁场的宽度为b, 磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直.长度为2b的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”形装置, 总质量为m, 置于导轨上.导体棒中通以大小恒为I的电流 (由外接恒流源产生, 图中未画出) .线框的边长为b (b <l) , 电阻为R, 下边与磁场区域上边界重合.将装置由静止释放, 导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回, 导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直, 重力加速度为g.求:经过足够长时间后, 线框上边与磁场区域下边界的最大距离A.

解析:本题中“”形装置 (以下简称连接体) 由静止释放后将沿着轨道上下振动, 开始的一段时间振动幅度越来越小, 最后做等幅振动.

取刚释放时线框的下边界所对应的斜面上的点为坐标原点 (以下涉及的坐标均指线框下边界的坐标) , 沿导轨向下为x轴正方向.

第一个周期, 连接体下行过程:

①坐标x=0到x=2b=s1, 连接体向下做变加速运动, 速度由零增加到v1.

②从坐标x=2b到x=3b, 连接体向下做匀加速运动, 加速度a2=gsinα, 速度由v1增加到u1.

③从坐标x=3b到x=4b, 位移为l1=b, 连接体做匀减速运动, 加速度$a{}_3=\frac{B{\rm I}l}{m}-g\sin \alpha$, 速度由u1减小到零.

连接体上行过程:

④从坐标x=4b到x=3b, 连接体向上做初速度为零加速度为a3的匀加速运动, 速度由零增加到u1.

⑤从坐标x=3b到x=2b, 连接体向上做初速度为u1加速度为a2的匀减速运动, 速度由u1减到v1.

⑥从坐标x=2b到x=2b-s2, 连接体向上做初速度为v1的变减速运动, 速度由v1减到零.

连接体运动的v-t图象如图5所示.从图5很容易看出s2<s1=2b, 比较过程①速度由零变到v1与过程⑥速度由v1变到零, 因加速度a与v 的函数关系的不同, 图线弯曲方向相反, 因而v-t图与坐标轴间围成的面积 (位移) 不同.

第一个周期, 连接体下行距离s1+b+l1 , 上行距离l1+b+s2, 因s2<s1, 故上行距离小于下行距离.即经一个周期, 连接体整体向下平移了一段距离.

对第二个周期可作类似讨论, v-t图的变化情况与第一个周期相似, 但图象的纵横向幅度都比第一个周期小, 线框整体又向下平移了一段距离.

当n趋于无穷大时, sn→0, ln→l, 最终线框上边界达到的最高点为磁场的下边界 (即线框最终不再进入磁场区域) , 此后连接体做等幅振动.线框的 (下边界) 坐标在x=2b至x=2b+A之间变化.

下面来计算经过足够长时间后, 线框上边界与磁场区域下边界的最大距离A.

连接体下行的第一阶段, 做初速度为零、加速度为a=gsinα的匀加速运动, 位移为$b‚v{}_{\text{m}}=\sqrt{2gb\cdot \sin \alpha }$,

连接体下行的第二阶段, 做初速度为vm加速度为$a^{\prime }=\frac{B{\rm I}l}{m}-g\sin \alpha$的匀减速运动, 末速度为零, 位移为A-b.线框下行的全过程由动能定理, mgsinα·A-BIl (A-b) =0, 解得连接体的振幅为$A=\frac{B{\rm I}lb}{B{\rm I}l-mg\text{s}\text{i}\text{n}\alpha }$, 其中, 导体棒在磁场中的运动距离为$l=A-b=\frac{mgb\text{s}\text{i}\text{n}\alpha }{B{\rm I}l-mg\text{s}\text{i}\text{n}\alpha }$, 连接体的等幅振动的v-t图象如图6所示.

3.“电压-时间”锯齿图象

【例3】 (2011年江苏省高考题) 某种加速器的理想模型如图7所示:两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b, 两极板间电压uab的变化图象如图8所示, 电压的最大值为U0、周期为T0, 在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场.若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放, 经电场加速后进入磁场, 在磁场中运动时间T0后恰能再次从a 孔进入电场加速.现该粒子的质量增加了$\frac{1}{100}m{}_0$ (粒子在两极板间的运动时间不计, 两极板外无电场, 不考虑粒子所受的重力) .若在t=0时刻将该粒子从板内a孔处静止释放, 求其第2次加速后从b孔射出时的动能.

解析:本题的加速器可看作是一回旋加速器的变形, 只是把常规的回旋加速器中两个D形盒合并为完整的磁场区, 相应地把原来的磁场中的半圆周运动变成了完整的圆周运动.

t=0时由a处释放的粒子将由a向b做第1次加速运动, 然后沿逆时针方向在磁场中回旋, 加速电压为u1=U0, 如果粒子的质量为m0, 则粒子在磁场中的回旋周期与电场变化周期相等, 即T=T0, 粒子第2次进入电场, 加速电压仍然为最大值, 即u2=U0.对照图8来说就是第1次加速为图象上的A1点, 第2次加速为图象上的A2点.

现在的问题是粒子质量突然变为1.01 m0, 使得粒子在磁场中的回旋周期与电场的变化周期不再相等, 因而加速过程存在相移.

质量为m0的粒子在磁场中做匀速圆周运动, 根据$Bqv=\frac{mv{}^2}{r}‚{\rm T}{}_0=\frac{2\text{π}r}{v}$, 解得:${\rm T}{}_0=\frac{2\text{π}m{}_0}{qB}$.当粒子的质量增加了$\frac{1}{100}m{}_0$, 其周期增加$\text{Δ}{\rm T}=\frac{1}{100}{\rm T}{}_0.$

根据图8可知, 粒子第1次的加速为B1 (A1) 点, 电压u1=U0, 粒子第2次的加速为B2点, 根据△A2CI∽△B2DI, 有$\frac{B{}_{2}D}{A{}_{2}C}=\frac{D{\rm I}}{C{\rm I}}$, 即$\frac{u{}_2}{U{}_0}=\frac{0.25{\rm T}{}_0-0.01{\rm T}{}_0}{0.25{\rm T}{}_0}$, 解得:$u{}_2=\frac{24}{25}U{}_0.$

故粒子射出时的动能$E{}_{\text{k}2}=qu{}_1+qu{}_2=\frac{49}{25}qU{}_0.$

在本小题中, 粒子经第1次、第2次加速后还会有连续多次的加速过程, 考虑到相移的存在, 各次加速时刻对应图8中的点B1、B2、B3、B4…, 不难计算, 能连续加速的次数为${\rm N}=\frac{0.25{\rm T}{}_0}{0.01{\rm T}{}_0}=25$, 如果将磁场中运动过程略去并将各次加速的点集中到uab-t图的1/4周期内, 则如图9所示.类似上述关于u2的分析方法, 可以得到各次加速电压分别为:$u{}_1=U{}_0‚u{}_2=\frac{24}{25}U{}_0,u{}_3=\frac{23}{25}U{}_0‚\cdots ‚u{}_{25}=\frac{1}{25}U{}_0$.因此, 粒子经加速能获得的最大动能为:Ek=q (u1+u2+……+u25) , 解得:Ek=13qU0.

4.扭转后的“速度-时间”锯齿图象

【例4】 (2010年江苏省高考题) 制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板, 如图10所示, 加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化, 其正向电压为U0, 反向电压为-kU0 (k>1) , 电压变化的周期为2τ.在t=0时, 极板B附近的一个电子, 质量为m、电荷量为e, 受电场作用由静止开始运动.若整个运动过程中, 电子未碰到极板A, 且不考虑重力作用.若电子在0～200τ时间内未碰到极板B, 求此运动过程中电子速度v随时间t变化的关系.

解析:本题与常见的带电粒子在交变电场中运动模型的最大差异是交变电压的正负半周幅值不对称, 这给问题的求解带来很大挑战, 我们可以作出带电粒子运动的速度v 随时间t变化的图象如图11所示.这是一条被扭转后的锯齿波.

下面根据运动的合成与分解的思路来给出带电粒子的速度随时间变化的函数关系.

题中给的交变电压可以看作是由图12中的两个电压U1、U2所合成, 相应的带电粒子的运动可以看成是由对称方波电压U1作用下的运动v1和在恒定电压U2作用下的匀加速度运动v2的合成, 如图13所示.

与电压U1对应的加速度大小为$a{}_1=\frac{(k+1)eU{}_0}{2md}$;

与电压U2对应的加速度大小为$a{}_2=\frac{(k-1)eU{}_0}{2md}.$

(1) 当0≤t-2nτ<τ时, 电子正方向运动速度大小为v1=a1 (t-2nτ) , 反方向运动的速度为v2=-a2t, 合速度为$v=v{}_1+v{}_2=[t-(k+1)n\tau ]\frac{eU{}_0}{md}.$

(2) 当0≤t- (2n+1) τ<τ时, 电子正方向运动速度大小为v1=a1τ-a1[t- (2n+1) τ], 反方向运动的速度为v2=-a2t, 合速度为$v=v{}_1+v{}_2=[(n+1)(k+1)\tau -kt]\frac{eU{}_0}{md}.$

在结束本文时还要说明的是, 以上所讨论的涉及锯齿形物理图象的高考压轴题, 显然与《机械振动》这一模块的基础知识联系紧密.从现行教材模块的划分情况来看, 机械振动属于选修3-4模块, 有相当多的考生并没有选学这一模块, 因而, 此类高考压轴题对选学不同模块的考生来说是有失公平的.笔者认为, 从学生的应试以及完整的力学知识构建角度来说, 即使不选3-4模块的学校, 在适当的时机给学生补充一下机械振动的基础知识和研究方法还是很有必要的.

分离参数求参数范围的高考压轴题 篇9

解:分离参数求解:有唯一解, 下面只需画出的草图即可.

错解:, x∈ (0, 1) 时g′ (x) <0, 则g (x) 在 (0, 1) 单调递减, x∈ (1, +∞) 时g′ (x) >0, 则g (x) 在 (1, +∞) 单调递增, ∴g (x) min=g (1) =1, ∴2a=1∴a=.

仔细分析, 发现, 但是g (1) =1, 那么g (x) 在 (0, 1) 内怎么可能单调递减呢?

正解: (x>0) 的分母h (x) =x+lnx (x>0) 在 (0, 1) 内有零点 (这可以通过零点定理验证, 也可以通过作出两个函数y=lnx及y=-x的图像发现) .设这个零点为x0, x∈ (0, x0) 时g′ (x) <0, 则g (x) 在 (0, x0) 单调递减;x∈ (x0, 1) 时g′ (x) <0, 则g (x) 在 (x0, 1) 单调递减.又, 即x=x0为函数的渐近线, x∈ (1, +∞) 时g′ (x) >0, g (x) 在 (1, +∞) 单调递增, 因此, 可以作出 (x>0) 的草图, 又g (1) =1, ∴2a=1, a=.

例2. (2011新课标全国卷最后一题) 已知函数, 曲线y=f (x) 在点 (1, f (1) ) 处的切线方程为x+2y-3=0. (1) 求a, b的值; (2) 证明:当x>0, 且x≠1时, , 求k的取值范围.

分析:对于第 (1) 问, 易得a=b=1, 而对于第 (2) 问, 分离参数后所得函数需要多次求导, 最终使用罗必塔法则解决.

解: (2) ∵x>0∴分离参数得对恒成立,

附:罗必塔法则:当x→a (或x→∞) 时, 如果两个函数f (x) 与F (x) 都趋于零或趋于无穷大, 那么, 它们的比的极限可能存在, 也可能不存在.通常把这种极限叫做未定式, 并分别简记为.如果极限为型或型未定式的极限, 并且存在或为∞, 则.

例3.已知函数, 求实数a的取值范围.

解:分离参数求解:x=0时, 显然成立.

下面求g (x) 的上界, (x>0) ,

∴sinx>0即x∈ (2kπ, 2kπ+π) (k∈N) 时, h′ (x) <0, h (x) 单调递减;

sinx<0即x∈ (2kπ+π, 2kπ+2π) (k∈N) 时, h′ (x) >0, h (x) 单调递增,

又h (2kπ) =6kπ>0, h (2kπ+π) =-2kπ-π<0, ∴h (x) 在每个区间 (2kπ, 2kπ+π) (k∈N) 内必有零点, 这些零点从小到大记为x1, x2, x3, …, 且它们都是极大值点, 所以g (x) 的上界要么在x=0处取, 要么在极大值点xi (i=1, 2, 3, …) 处取.

易求 (2kπ

高考数学压轴题 篇10

原题:制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板, 如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB作周期性变化, 其正向电压为U0, 反向电压为-kU0 (k>1) , 电压变化的周期为2τ, 如图乙所示。在t=0时, 极板B附近的一个电子, 质量为m, 电荷量为e, 受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中, 电子未碰到极板A, 且不考虑重力作用。

(1) 若$k=\frac{5}{4}$, 电子在0～2τ时间内不能到达极板A, 求d应满足的条件;

(2) 若电子在0～200τ时间内未碰到极板B, 求此运动过程中电子速度v随时间t变化的关系;

(3) 若电子在第N个周期内的位移为零, 求k的值。

一、分析运动量作速度图像

⒈对加速度分析。根据牛顿第二定律和电场的相关规律可知, 带电粒子在每个周期的前半周加速度大小为$a{}_1=\frac{eU{}_0}{dm}$, 后半周加速度大小为$a{}_2=\frac{keU{}_0}{dm}$。它随时间的变化规律类似两电极间电压UAB随时间的变化规律, 变化周期也为2τ (如图1中虚线所示) 。

⒉对速度分析。因速度变化情况复杂, 难以用文字和代数式直接表达, 我们可通过画速度时间图像 (如图1所示) 来突破此难点。

图中实线为速度随时间的变化关系图像。从图像中可看出:在每个周期的前半周, 代表速度与时间关系的线段, 长度相等、斜率相等 (如:0～τ、2τ～3τ) ;在每个周期的后半周, 代表速度与时间关系的线段, 长度也相等、斜率也相等 (如:τ～2τ、3τ～4τ) , 但比前半周分别短和大。

⒊对位移分析。我们可根据速度图像与时间t轴围成的面积来分析带电粒子的位移情况。对本类题, 不需画出位移与时间的关系图像, 如画出对解题也无多大帮助。但可通过画第一个周期内带电粒子的运动示意图来体会往复运动的复杂性 (如图2所示) 。

二、借助图像分析和求解试题

⒈对第 (1) 问的分析

根据图2、3可知, 如电子在t1时刻不能达到极板A, 则电子在0～τ时间内就不能到达极板A。

⒉对第 (1) 问的求解

在0～τ时间内, 带电粒子做初速为零的匀加速运动, 根据公式$s=\frac{1}{2}at{}^2$可得$s{}_1=\frac{1}{2}a{}_1\tau {}^2=\frac{eU{}_0}{2dm}\tau {}^2$。

在τ～t1时间内, 带电粒子做末速为零的匀减速运动, 根据公式$s=\frac{v{}_0^2}{2a}‚v{}_0=at$可得$s{}_2=\frac{(a{}_1\tau ){}^2}{2a{}_2}=\frac{(\frac{eU{}_0}{dm}\tau ){}^2}{2\frac{keU{}_0}{dm}}=\frac{eU{}_0}{2kdm}\tau {}^2=\frac{2eU{}_0}{5dm}\tau {}^2$。

依据题意可知d>s1+s2, 解得$d＞\sqrt{\frac{9eU{}_0}{10m}}\tau$。

⒊对第 (2) 问的分析

从图1可看出, 每个周期内的速度图像, 都是在前一个周期的基础上向下平移一固定“距离”。在每个周期的前、后半周中, 由于带电粒子的加速度不同, 速度随时间的变化关系也有所不同, 因此, 必须把某一周期折分成前、后两周期, 通过用通式来分别求解和表达结果。

⒋对第 (2) 问的求解

①根据图4求解图中所示的2nτ≤t≤ (2n+1) τ, (n=0, 1, 2, …, 99) 时间内的v-t的关系。从t=0到t=2nτ, 带电粒子分别经过nτ时间的加速和nτ时间的减速过程, 则t=2nτ时刻的速度应为v2nτ=na1τ-na2τ (式中a1、a2只表示加速度大小) 。

根据公式v=v0+at可解得:

$\begin{array}{l}v{}_1=na{}_1\tau -na{}_2\tau +a{}_1(t-2n\tau )\\ =[t-(k+1)n\tau ]\frac{eU{}_0}{dm}(n=0‚1‚2‚\cdots ,99)\end{array}$

②根据图5求解图中所示的 (2n+1) τ≤t≤2 (n+1) τ, (n=0, 1, 2, …, 99) 时间内的v-t的关系。从t=0到t= (2n+1) τ, 带电粒子分别经过 (n+1) τ时间的加速和nτ时间的减速过程, 则t= (2n+1) τ时刻的速度应为v (2n+1) τ= (n+1) a1τ-na2τ。

根据公式v=v0+at可解得:

$\begin{array}{l}v{}_2=(n+1)a{}_1\tau -na{}_2\tau -a{}_2[t-(2n+1)\tau ]\\ =[(n+1)(k+1)\tau -kt]\frac{eU{}_0}{dm}(n=0‚1‚2‚\cdots ,99)\end{array}$

⒌对第 (3) 问的分析

我们可假设第N周期在2nτ≤t≤2 (n+1) τ时间内, 如图6所示。根据位移公式或图像与横轴围成的面积关系, 可解得k与n的关系, 再由n与N的关系即可解得k的值。

⒍对第 (3) 问的求解

根据图6, 可得N=n+1。

方法一:根据位移公式$s=v{}_{0}t+\frac{1}{2}at{}^2$可知,

在2nτ≤t≤ (2n+1) τ时间内, $s{}_1=v{}_{2n\tau }\tau +\frac{1}{2}a{}_1\tau {}^2$;

在 (2n+1) τ≤t≤2 (n+1) τ时间内,

$s{}_2=v{}_{(2n+1)\tau }\tau -\frac{1}{2}a{}_2\tau {}^2$;

由s1+s2=0可解得$k=\frac{4n+3}{4n+1}$, 又∵N=n+1,

得$k=\frac{4{\rm N}-1}{4{\rm N}-3}$。

方法二:由于在第N个周期的前、后半周中都有速度为零的时刻, 根据图6, 我们可将速度图像与横轴围成的面积分成四个三角形, 每个三角形的面积可用$s=\frac{v{}_0^2}{2a}$或$s=\frac{v{}_t^2}{2a}$来计算。依题意, 只要在第N个周期内速度图像与横轴围成的面积为零即可。则有:

$\frac{v{}_{2n\tau }^2}{2a{}_1}+\frac{v{}_{2(n+1)\tau }^2}{2a{}_2}=\frac{v{}_{(2n+1)\tau }^2}{2a{}_1}+\frac{v{}_{(2n+1)\tau }^2}{2a{}_2}$,

高考数学压轴题 篇11

例1（2010年高考理综（北京卷）24题）雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为m0，初速度为v0，下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m1。此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为m2、m3……mn……（设各质量为已知量）。不计空气阻力。（1）若不计重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn'；（2）若考虑重力的影响，a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和v1'；b.求第n次碰撞后雨滴的动能■mnvn'2。

解：（1）不计重力，全过程中动量守恒，m0v0=mnvn'

得v'n =■v0

（2）计重力，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒

a.第1次碰撞前v12=v02+2gl，v1=■

第1次碰撞后m0v1=m1v1'，v1'=■v1=■■①

b.第2次碰撞前v22=v1'2+2gl利用①式化简得

v22=(■)2v02+(■)2gl ②

第2次碰撞后，利用②式得v2'2=(■)2v02=(■)2v02+(■)2gl

同理，第3次碰撞后 v3'2=(■)2v02+(■)2gl

……

第n次碰撞后vn'2=(■)2v02+■2gl

动能■mnvn'2=■(m0v02+2gl■mi2)

例2（09年高考理综（北京卷）24题）如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为m1的小球从高位h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2；

■

（2）碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们采用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的简化力学模型。如图所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为m1、m2、m3……mn-1、mn……的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能Ek1，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能Ek与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n

a·求k1n；b·若m1=4m0，mk=m0，m0为确定的已知量，求m2为何值时，k13值最大。

解：（1）设碰撞前的速度为v10，根据机械能守恒定律得

m1gh=■m1v102 ①

设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律 m1v10=m1v1+m2v2 ②

由于碰撞过程中无机械能损失■m1v102=■m1v12+■m2v22 ③

①、②、③式联立解得 v2=■ ④

将①代入④ 得

v2=■

（2）a.由④式，考虑到Ek1=■m1v210和Ek2=■m2v22，根据动能传递系数的定义，

对于1、2两球 k12=■=■ ⑤

同理，球m2和m3球碰撞后，动能传递系数k13应为

k13=■=■·■=■·■ ⑥

依次类推，■

■

解得■

b.将m1=4m0，m3=m0代入⑥式可得

■为使k13最大，只需使

■最大，即■取最小值；由■可知：当■即■最大。

通过上述例题可以发现，当物体间有多次相互作用且运动具有重复性时，需要用递推法来处理，解决这类问题的关键是找出通项式，其处理方法是：可以按物体间相互作用的先后顺序，列出前几次运动关系式，归纳出通项式，也可选取有代表性的任一物理过程分析，根据物理规律直接求出通项式，如例3，达到解决问题的目的。

总之，递推法是分析和解决高考物理试题的常用方法，这种解题方法要求比较高，在平时训练中应当有意识地进行总结积累，对于参加物理高考的学生，应当深刻领会这一方法并能熟练应用。

（作者单位：云南省丽江师范高等专科学校数理系）

高考数学压轴题 篇12

(1) 设n≥2, b=1, c=-1, 证明:f (x) 在区间内存在唯一零点;

(2) 设n为偶数, |f (-1) |≤1, |f (1) |≤1, 求b+3c的最小值和最大值;

(3) 设n=2, 若对任意x1, x2∈[-1, 1], 有|f (x1) -f (x2) |≤4, 求b的取值范围.

高考题2: (陕西·理·21) 设函数fn (x) =xn+bx+c (n∈N+, b, c∈R) .

(1) 设n≥2, b=1, c=-1, 证明:fn (x) 在区间内存在唯一零点;

(2) 设n=2, 若对任意x1, x2∈[-1, 1], 有|f2 (x1) -f2 (x2) |≤4, 求b的取值范围;

(3) 在 (1) 的条件下, 设xn是fn (x) 在内的零点, 判断数列x2, x3, …, xn, …的增减性.

笔者对这两道高考题的印象是:1 (1) 、2 (1) 完全一样, 是考察函数零点的常规题;1 (2) 也是常规题, 且常规的方法是线性规划;2 (3) 技巧性强须出奇制胜但又不失简洁;1 (3) 、2 (2) 也完全一样, 因为是双变量的二次函数问题, 所以难度较大, 参考答案是用分类讨论思想求解的, 但考生不易想到, 下面给出其最常规的解法———分离常数法:

因为本题中的x1, x2是对称的, 所以可不妨设x1>x2 (因为x1=x2时题设显然成立) , 得-1≤x2

|f (x1) -f (x2) |≤4即-4≤ (x1-x2) (x1+x2+b) ≤4, 也即

可得x1-x2的取值范围是 (0, 2], 再由-1≤x2

所以当且仅当x1=1, x2=-1时, 取最小值且最小值是2, 得2≥-b即b≥-2;当且仅当x1=1, x2=-1时, 取最小值且最小值是2, 得2≥b.

所以所求b的取值范围是[-2, 2].

定理:设α, β, d是已知数且α<β, d>0, f (x) =x2+bx+c, 若, 有|f (x1) -f (x2) |≤d, 则

证明:因为定理中的x1, x2是对称的, 所以可不妨设x1>x2, 得α≤x2

可得x1-x2的取值范围是 (0, β-α], 再由α≤x2

(1) 当时,

得结论 (1) 成立.

(2) 当时,

得结论 (2) 成立.

用上面的分离常数法, 还可解决下面的

问题1:设a, d, α, β是已知数且α<β, a≠0, f (x) =ax2+bx+c, 若, 有f (x1) -f (x2) ≤d, 求b的取值范围.

问题2:把问题1中的“[α, β]”改成“[α, β) ”、“ (α, β) ”或“ (α, β]”后, 解决相应的问题.