中学数学中的高观点问题

四川苍溪中学 628400

摘 要：高考作为高校招生的选拔考试，其数学试题除了紧扣中学教材外，命题者还试图在中学数学和高等数学的衔接问题上有所体现，这些问题常以新背景题的形式出现，在难题中涉及，为优生搭建了施展才华的舞台.

关键词：高中数学；高考；高观点问题

近几年的高考题，出现了一些所谓的“高观点试题”，这些热点题或是以高等数学为背景，或是涉及高等数学中常见的数学思想方法和推理方法，而这些知识在中学是没有系统学习的. 如果在高考复习中补充一些实用的高等数学与初等数学交汇的新知识，不仅可以增长学生的见识，还可以利用这些高等数学知识解题，把一些问题化繁为简，在考试上占得先机.

[⇩]拉格朗日（Lagrange）中值定理

例1 （2006四川）已知函数f（x）=x2++alnx（x>0），f（x）的导数是f′（x）. 对任意两个不相等的正数x1，x2，证明：

（1）当a≤0时，>f

；

（2）当a≤4时，f′（x1)－f′（x2）>x1-x2.

证明 本题主要考查导数的基本性质和应用，函数的性质和平均值不等式等知识及综合分析、推理论证的能力. 对于第（2）小题，除了命题人所给的两种证法外，我们还可以利用Lagrange中值定理进行非常简捷的证明.

（1）略.

（2）由f（x）=x2++alnx，得f′（x）=2x－+，易知f′（x）是定义域（0，+∞）上的连续函数，不妨设0

因x2+=x2++≥3=>=4≥a，所以f″（ξ）>1恒成立，故原不等式成立.

[⇩]剩余类

我们常常可以见到以余数为标准的分类，它就是近世代数中的剩余类，在中学数学解题中经常用到.

例2 （2006四川）从0到9这10个数字中任取3个数字，组成一个没有重复数字的三位数，这个数不能被3整除的概率为（）

A.B.C.D.

解析 从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数，这个数不能被3整除. 所有的三位数有A－A=648个，将10个数字分成三组，即被3除余1的有｛1，4，7｝，被3除余2的有｛2，5，8｝，被3整除的有｛3，6，9，0｝. 若要求所得的三位数被3整除，则可以分类讨论：①三个数字均取第一组，或均取第二组，有2A=12个；②若三个数字均取自第三组，则要考虑取出的数字中有无数字0，共有A－A=18个；③若三组各取一个数字，第三组中不取0，有C・C・C・A=162个；④若三组各取一个数字，第三组中取0，有C・C・2・A=36个. 这样能被3整除的数共有228个，不能被3整除的数有420个，所以概率为=，故选B.

[⇩]高斯函数

高斯函数［x］的定义：设x∈R， 用［x］表示不超过x的最大整数，则y=［x］称为高斯函数，也叫取整函数. 高斯函数是数学竞赛的常客，高中数学也时常涉及.

例3 已知数列｛an｝的通项an=2n，前n项的和为Sn. 记bn=

， 其中［x］表示不超过x的最大整数， 求数列｛bn｝的前n项和Tn.

解析 由题意易知Sn=n（n+1），所以==n－3+.

显然，当n=1，2时，有2≤

=n－1；当n=3，4，5，6，7，8时，b=

=n－2；当n≥9时，bn=

=n－3. 因此，当n=1，2时，Tn=；当n=3，4，5，6，7，8时，Tn=（n2－3n+4）；当n≥9时，Tn=（n2－5n+20）. 所以

Tn=

（n=1，2），

（n=3，4，5，6，7，8），

（n≥9）.

[⇩]添减项技巧

高等数学中经常使用添减项技巧来解决问题，如果把这个技巧应用到中学数学的解题中，同样可以起到事半功倍的效果.

例4 已知函数f（x）的导数f′（x）满足0＜f′（x）＜1，常数m为方程f（x）=x的实数根.

求证：对任意的x1，x2，若满足x1－m

证明 不妨设x1≤x2，因0＜f′（x）＜1，所以f（x）为增函数，即f（x1）≤f（x2）. 又因f′（x）-1＜0，所以函数f（x）－x为减函数，即f（x2）-x2≤f（x1）－x1，0≤f（x2）-f（x1）≤x2－x1，即f（x2）-f（x1）≤x2-x1.

因x2-x1=x2-m+m-x1≤x2－m+x1－m

例5 设2

解析 本题可运用我们非常熟悉的添项技巧， 借助推广的基本不等式完成证明.

证明 因2

（n+1）m=・

n=

n=（m+1）n.

[⇩]凹凸函数

凹凸函数的定义：设函数f（x）在区间I有定义，若∀x1，x2∈I，∀t∈（0，1），有

f（tx1+（1－t）x2）≤tf（x1）+（1－t）f（x2）

f（tx1+（1－t）x2）≥tf（x1）+（1－t）f（x2）

则称f（x）在区间I上是凸函数（凹函数）. 利用凹凸函数的性质来解一些中学数学问题，不仅能够降低题目解答的难度，而且还能使解题过程更加简单明了.

例6 已知函数f（x）＝ln（x+1）－x，g（x）=xlnx.

（1）求函数f（x）的最大值；

（2）设0

证明 （1）略.

（2）g（x）=xlnx，定义域｛x|x>0｝，g′（x）=lnx+1，g″（x）=>0，所以g（x）是凸函数，从而g（a）＋g（b）>2g

，即g（a）＋g（b）－2g

>0.

而不等式g（a）＋g（b）－2g

[⇩]洛必达法则

在学习极限这部分知识时，当遇到型和型的问题时，学生一般会感觉比较困难，而高考试题大都涉及这些类型的题目，因此，除了可以用中学所熟悉的技巧解题外，还可以用洛必达法则求极限.

例7 等于（）

A.B.1 C. D.

解析 基本解法：略.

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巧思妙解：由洛必达法则，可得原式==，故选A.

[⇩]法线

法线的定义：过曲线的切点与切线垂直的直线叫做法线． 利用法线解决问题多在立体几何中涉及.

例8 已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1， AB=1，AA1=2，点E为CC的中点，点F为BD1的中点.

[D1][C1][B1][E][C][B][A][F][D][A1]

图1

（1）证明:EF为异面直线BD1与CC1的公垂线；

（2）求点D1到平面BDE的距离．

解析 （1）以DA，DC，DD1所在的直线，分别为x，y，z轴建立坐标系，则有B（1，1，0），D1（0，0，2），E（0，1，1），F

，，1，=

，

-，0，

=（0，0，2），=（-1，-1，2），

所以・=0，・=0，

故EF为异面直线BD1与CC1的公垂线．

（2）设n=（1，x，y）是平面BDE的法向量，

因=（1，1，0），=（0，1，1），

所以n・=1+x=0，n・=x+y=0，所以n=（1，－1，1），

故点D1到平面BDE的距离为：

d==．

[⇩]正数ε

在高等代数中，常用ε表示任意给定的正数，并通过这个正数来处理形形的数学问题. 在初等数学里，如果利用“ε>0”解证不等式或处理与不等式有关的问题，不但有效， 而且简洁而优美. 在教学中适当地给学生介绍这种处理问题的方法，不仅能开阔学生的解题思路， 发展学生的求异思维能力，还能为今后进一步学习高等数学打下一个良好的基础.

例9 已知a，b，c都是实数，求证：（a－b）2，（b－c）2，（c－a）2三数中至少有一个数不大于（a2+b2+c2）.

证明 若a，b，c中至少有两数相等，不妨设a=b， 则（a－b）2=0， 此时显然有

（a－b）2≤（a2＋b2＋c2）.

若a，b，c互不相等，不妨设a>b>c，不失一般性，假定a－b，b－c，c－a中最小者为b－c. 设b－c=ε（ε>0），则（b－c）2=ε2，（a－b）2≥ε2，（c－a）2=（c－b）＋（b－a）2=（b－c+a－b）2≥（ε＋ε）2=4ε2，

所以6ε2≤（a－b）2+（b－c）2+（c－a）2=2・（a2+b2+c2）-2（ab＋bc＋ca）

=3（a2＋b2＋c2）－（a＋b＋c）2

≤3（a2＋b2＋c2）.

所以ε2≤（a2＋b2＋c2），即（b－c）2≤・（a2＋b2＋c2）.

综合上述讨论，便知命题成立.

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