白泉高中 学校校本培训活动设计
本次培训 活动主题 |
《导数中虚设零点问题》导数难点优秀案例的探究式学习 |
培训活动 时 间 |
2020年4月22日下午 3:00——4:25 |
本次培训活动 主 持 人 |
王红维 |
培训活动 地 点 |
A楼504教室 |
一、开展本次培训活动的目的： 函数是高中数学的核心内容，导数是研究函数性质重要而又有力的工具。导数问题涉及高中数学较多的知识点和数学思想方法，具有较强的综合性，能较好评估学生的学习力，是每年高考必考题之一。高考题中有关导数问题的考查，往往是以压轴题的形式出现，有一定的灵活性,一般是先求出导数，然后求出导数为0的值即导数的零点，利用导数值的正负来确定原函数的单调性，从而使问题得到解决。但有时会碰到导函数是超越式，导数的零点不可求，从而使解答陷入困境。这类问题往往综合性较强，对考生的思维能力要求较高。为更好地突破这个难点，并将其灵活应用，以此为出发点，调动全组数学组老师集体探究式学习《导数中虚设零点问题》导数难点优秀案例。 |
二、培训活动的主要内容： 王红维老师从《考试说明》出发，并以市二模为契机，分析导数中零点问题的解决办法，并就难点导数中虚设零点问题的重要性，引入对《导数中虚设零点问题》导数难点优秀案例的探究式学习。 郑彦老师从学情出发，就高三学生近两个月的寒假，及网上上网课的学习状况提出自己的一些想法，全组教师就如何更好教授导数中虚设零点问题行了热烈研讨。 陆武江老师结合自己的教学经验，作了《导数中虚设零点问题》知识背景与课堂展开的教学中相关问题的介绍。 全组教师导数中虚设零点问题谈了自己的想法。就如何提高课堂教学效率、有效安排课时及教学进度、难度从而把握好高三最后两个月的复习进程，抓住重点，突破难点等进行深度交流。 |
三、培训活动的采用形式： 本次培训活动主要采用先个人发言，再展示案例，后分析教案，集体交流、研讨，总结归纳的形式。 |
四、培训基本过程： 1、教材分析，考试说明分析、学情分析 2、教师主题发言 3、优秀案例展示 4、全组教师进行集体探讨交流 5、总结归纳 |
学校校本培训活动记载
培训日期 |
2020年4月22日下午 3:00——4:25 |
培训地点 |
A楼504教室 |
培训课时 |
2课时 |
应到人数 |
15 |
实 到 人 数 |
15 |
主讲（持）教师 |
王红维 |
性别 |
女 |
职称 |
中一 |
任 职 单 位 |
本校 |
签到：陆武江、何志超、郑 彦、柴燕萍、王红维、张 晶、虞军波、俞红兴、刘灵敏 胡洁莹、张 慧、薛安定、陈江南、张 梦、何善珍 |
一、本次培训活动设计执行情况： |
本次培训在活动组织设计上采用主题研讨的方式，通过先个人发言阐述观点；再学习优秀案例，后集体交流讨论、分享经验，后总结归纳；教研活动的展开活跃了数学组内的气氛。同时通过研讨交流，得到了相互学习的机会与平台，也为下一步的教学工作明确了方向。组内群策群力，为数学组的课程建设和未来发展提供思路。 |
二、参训教师对本次培训活动总体的反映： |
参训教师对本次培训活动热情参与，积极配合，总体反映良好。通过这样的研讨，理清了教学思路，统一了方向，对新教改下的教学理念有了新的认识，让大家受益匪浅。 |
二、您认为本次培训活动的成功之处和存在的不足： |
本次培训活动组织的非常成功，希望以后有更多的机会组织这样的组内研讨、和教学交流，并能邀请有经验的专家来传经授道，指导教学或外出学习、聆听。 |
三、培训作业题目： |
通过《导数中虚设零点问题》导数难点优秀案例的探究式学习，设计《导数中零点问题解决方法》的教案，并制作课件，用于教学，作出课堂记录，并写下教学反思 |
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附件
：导数中的零点问题解决方法
一．考点与考情
函数零点问题是高考中的热点,内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论.
二．高考试题展示
1.【2019全国Ⅰ理20】已知函数
,
为
的导数．证明：
（1）
在区间
存在唯一极大值点；
（2）
有且仅有2个零点．
三、题型方法探究
一、函数零点个数问题
用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．
【例1】若函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点,则实数a的取值范围是________．
【答案】(－2,2)
【分析】客观题中函数零点个数问题,可借组图象求解,先根据导函数的符号确定原函数的单调性,由单调性作出函数图象,再确定零点个数.
【解析】由f(x)＝x3－3x＋a,得f′(x)＝3x2－3,由f′(x)＝3x2－3＝0,得x＝±1,f(x)极大值＝f(－1)＝2＋a,f(x)极小值＝f(1)＝a－2,要使函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点,则有2＋a＞0,a－2＜0,即－2＜a＜2,所以实数a的取值范围是(－2,2)．故填(－2,2)．
【点评】三次函数
有3个零点的充要条件是两个极值异号.
二、零点存在性赋值理论
确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)； 求含参函数的极值或最值； 证明一类超越不等式； 求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a) 的符号,探求赋值点 m (假定 m < a )使得 f (m) 与 f (a) 异号,则在 (m,a) 上存在零点．赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值；（2） 确保赋值点 x0 落在规定区间内；（3）确保运算可行（1）确保参数能取到它的一切值；（2）确保赋值点 x0 落在规定区间内；（3）确保运算可行．三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.
三、隐零点问题
利用导数求函数的最值,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为
,再利用导函数的单调性确定
所在区间,最后根据
,研究
,我们把这类问题称为隐零点问题.
1．已知函数f（x）=（aex﹣a﹣x）ex（a≥0，e=2.718…，e为自然对数的底数），若f（x）≥0对于x∈R恒成立．
（1）求实数a的值；
（2）证明：f（x）存在唯一极大值点x0，且
．
【解答】（1）解：f（x）=ex（aex﹣a﹣x）≥0，因为ex＞0，所以aex﹣a﹣x≥0恒成立，
即a（ex﹣1）≥x恒成立，
x=0时，显然成立，
x＞0时，ex﹣1＞0，
故只需a≥
在（0，+∞）恒成立，
令h（x）=
，（x＞0），
h′（x）=
＜0，
故h（x）在（0，+∞）递减，
而
=
=1，
故a≥1，
x＜0时，ex﹣1＜0，
故只需a≤
在（﹣∞，0）恒成立，
令g（x）=
，（x＜0），
g′（x）=
＞0，
故h（x）在（﹣∞，0）递增，
而
=
=1，
故a≤1，
综上：a=1；
（2）证明：由（1）f（x）=ex（ex﹣x﹣1），
故f'（x）=ex（2ex﹣x﹣2），令h（x）=2ex﹣x﹣2，h'（x）=2ex﹣1，
所以h（x）在（﹣∞，ln
）单调递减，在（ln
，+∞）单调递增，
h（0）=0，h（ln
）=2eln
﹣ln
﹣2=ln2﹣1＜0，h（﹣2）=2e﹣2﹣（﹣2）﹣2=
＞0，
∵h（﹣2）h（ln
）＜0由零点存在定理及h（x）的单调性知，
方程h（x）=0在（﹣2，ln
）有唯一根，
设为x0且2ex0﹣x0﹣2=0，从而h（x）有两个零点x0和0，
所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，
从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证，
由2ex0﹣x0﹣2=0得ex0=
，x0≠﹣1，
∴f（x0）=ex0（ex0﹣x0﹣1）=
（
﹣x0﹣1）=
（﹣x0）（2+x0）≤
（
）2=
，
取等不成立，所以f（x0）＜
得证，
又∵﹣2＜x0＜ln
，f（x）在（﹣∞，x0）单调递增
所以f（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证，
从而0＜f（x0）＜
成立．
此题不含参数，貌似唾手可得。但如果不熟悉隐零点问题的求解思路，很可能会陷入僵局。一起来看:
2．已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R）
（1）若函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，求a的取值范围；
（2）当a=1且k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值．
解：（1）∵函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，
∴f′（x）=a+lnx+1≥0在区间[e，+∞）上恒成立，∴a≥（﹣lnx﹣1）max=﹣2．
∴a≥﹣2．
∴a的取值范围是[﹣2，+∞）．
（2）a=1时，f（x）=x+lnx，k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，
∴k＜
，
令 g（x）=
，则g′（x）=
，
令h（x）=x﹣lnx﹣2（x＞1）．
则h′（x）=1﹣
=
＞0，∴h（x） 在 （1，+∞）上单增，
∵h（3）=1﹣ln3＜0，h（4）=2﹣2ln2＞0，
存在x0∈（3，4），使 h（x0）=0．
即当 1＜x＜x0时h（x）＜0 即 g′（x）＜0
x＞x0时 h（x）＞0 即 g′（x）＞0
g（x）在 （1，x0）上单减，在 （x0+∞）上单增．
令h（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0，即lnx0=x0﹣2，
g（x）min=g（x0）=
=
=x0∈（3，4）．
k＜g（x）min=x0∈（3，4），且k∈Z，
∴kmax=3．
3．函数f（x）=alnx﹣x2+x，g（x）=（x﹣2）ex﹣x2+m（其中e=2.71828…）．
（1）当a≤0时，讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x）恒成立，求正整数m的最大值．
解：（1）函数f（x）定义域是（0，+∞），
，
（i）当
时，1+8a≤0，当x∈（0，+∞）时f'（x）≤0，
函数f（x）的单调递减区间是（0，+∞）；
（ⅱ）当
，﹣2x2+x+a=0的两根分别是：
，
，
当x∈（0，x1）时f'（x）＜0．函数f（x）的单调递减．
当x∈（x1，x2）时f'（x）＞0，函数f（x）的单调速递增，
当x∈（x2，+∞）时f'（x）＜0，函数f（x）的单调递减；
综上所述，（i）当
时f（x）的单调递减区间是（0，+∞），
（ⅱ）当
时，f（x）的单调递增区间是
，
单调递减区间是
和
（2）当a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x），即m＜（﹣x+2）ex﹣lnx+x，
设h（x）=（﹣x+2）ex﹣lnx+x，x∈（0，1]，∴
，
∴当0＜x≤1时，1﹣x≥0，
设
，则
，∴u（x）在（0，1）递增，
又∵u（x）在区间（0，1]上的图象是一条不间断的曲线，
且
，
∴
使得u（x0）=0，即
，
当x∈（0，x0）时，u（x）＜0，h'（x）＜0；
当x∈（x0，1）时，u（x）＞0，h'（x）＞0；
∴函数h（x）在（0，x0]单调递减，在[x0，1）单调递增，
∴
=
，
∵
在x∈（0，1）递减，
∵
，∴
，
∴当m≤3时，不等式m＜（﹣x+2）ex﹣lnx+x对任意x∈（0，1]恒成立，
∴正整数m的最大值是3．
4．已知函数f（x）=ex+a﹣lnx（其中e=2.71828…，是自然对数的底数）．
（Ⅰ）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求证：当
时，f（x）＞e+1．
【解答】（Ⅰ）解：∵a=0时，∴
，
∴f（1）=e，f′（1）=e﹣1，
∴函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程：y﹣e=（e﹣1）（x﹣1），
即（e﹣1）x﹣y+1=0；
（Ⅱ）证明：∵
，
设g（x）=f′（x），则
，
∴g（x）是增函数，
∵ex+a＞ea，∴由
，
∴当x＞e﹣a时，f′（x）＞0；
若0＜x＜1⇒ex+a＜ea+1，由
，
∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，
故f′（x）=0仅有一解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；
当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；
∴
，
而
，
记h（x）=lnx+x，
则
，
⇔﹣a＜
⇔h（x0）＜h（
），
而h（x）显然是增函数，
∴
，∴
．
综上，当
时，f（x）＞e+1．
在这里，我们总结如下，导数题目中求导后遇到隐零点问题:
第一步，利用特殊点处函数值、零点存在性定理、函数单调性、函数图像等，判断零点是否存在以及取值范围。
第二步，把导数零点处导数值等于0作为条件，带回原函数，进行(a)化简或(b)消参
这就是我们的导数隐零点两步处理法。以后我们会反复用到这一方法。
