(甘志国)对《选修2-2》中一道习题的研究

例谈分析法在解题中的应用分析法是数学中常用到的一种直接证明的方法，从推理的程序上来讲，它是一种从未知到已知（从结论到题设）的逻辑推理方法，具体说，就是先假定问题的结论成立，再利用公理、定义、定理和公式，经过正确的、严谨的一步步地推理，最后得到一个显然成立的关系，即已证的命题或题设的已知条件，从而判定问题的结论成立。

分析法的应用较广，通常在几何、三角、不等式的证明中经常采用。

举例说明。

例1下面是真命题还是假命题，用分析法证明你的结论。

命题：若302<-=++>>aac b c b a c b a ，则且。

解：此命题是真命题。

因为c b a c b a >>=++,0，0,0<>∴c a 。

要证32<-aac b 成立，只要证a ac b 32<-， 即证223a ac b <-，也就是证223)(a ac c a <-+，即证0)2)((>+-c a c a因为0)(2,0>+=++=+>-a b a c a c a c a所以0)2)((>+-c a c a 成立。

故原不等式成立。

评注：应用分析法证题时，语气总是假定的，通常的语气有：“若要证明A ，则先证明B ；若要证明B ，则先证明C ，……”或“若要A 成立，必先B 成立；若要B 成立，必先C 成立，……”。

值得注意的是，在证明过程中从一个命题推到下一个命题时，必须注意它们之间的等效性。

例2求证：当一个圆和一个正方形的周长相等时，圆的面积比正方形的面积大。

证明：设圆正方形的周长为l ，则圆的面积为2)2(ππl ，正方形的面积为2)4(l 。

因此，本题只须证明：2)2(ππl 2)4(l >。

为了证明上式成立，只须证明：164222l l >⋅ππ， 两边同乘以正数24l ，得411>π。

因此，只须证明π>4。

因为上式是成立的，所以2)2(ππl 2)4(l >。

教科书资源的开发与利用之选修2-2重视课本，着眼提高作者：吴志国单位：大悟一中课本是数学知识和数学思想方法的载体，又是教案的依据，理应成为高考数学试卷的源头，因此高考命题注重课本在命题中的作用，充分发挥课本作为试卷的根本来源的功能，通过对高考数学试卷命题的研究可以发现，每年均有一定数量的试卷是以课本习题为素材的变式题，通过变形、延伸与拓展来命制高考数学试卷，具体表现为三个层次：b5E2RGbCAP第一层次：选编原题，仿制题。

有的题目直接取自于教材，有的是课本概念、公式、例题、习题的改编。

第二层次：串联方式，综合习题。

即有的题目是教材中几个题目或几种方法的串联，综合拓展。

第三层次：增加层次，添加参数。

即通过增加题目的层次、设置隐含条件、引进讨论的的参数，改变提问的方向等，提高题目的灵活性和综合性。

p1EanqFDPw高考题来源于课本，所以我们平时就应重视课本例题习题以及其改编题，提高学生的能力，下面我就此谈一下我的看法。

一．学生对回归教材的一些误区历届的高三学生，对回归教材都有轻视之感。

老师要求班上的同学看教材，他们中的一部分就不以为然，认为不如把时间用来多做几个题有效。

DXDiTa9E3d有些同学也看了教材，觉得没什么收获，主要是方法不对。

老师必须讲清回归教材的重要性，同时要指导和督促学生做好这件事情。

RTCrpUDGiT二．教师如何提高课本例习题的复习价值教师要指导学生高三复习教案中对课本例、习题“四化”<一）将例习题“变化”，巩固“双基”1.原题<选修2-2第十九页习题1.2B组第一题）改编记，则A,B,C的大小关系是< ）A ．B ．C ．D.解：记根据导数的几何意义A 表示sinx 在点M 处的切线的斜率，B 表示像可知A>C>B 故选B5PCzVD7HxA 2.原题<选修2-2第二十九页练习第一题）改编 如图是导函数的图象，那么函数在下面哪个区间是减函数A.B.C.D.解：函数的单调递减区间就是其导函数小于零的区间，故选B 3.原题<选修2-2第三十七页习题1.4A 组第1题）改编用长为18 m 的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是_________.jLBHrnAILg解：设长方体的宽为xm，则长为2xm，高.故长方体的体积为从而令，解得x=0<舍去）或x=1，因此x=1.当0＜x＜1时，＞0；当1＜x＜时，＜0，故在x=1处V<x）取得极大值，并且这个极大值就是V<x）的最大值. 从而最大体积V＝3<m3），此时长方体的长为2 m，高为1.5 m.答：当长方体的长为2 m时，宽为1 m，高为1.5 m时，体积最大，最大体积为3 m3.4.原题<选修2-2第四十五页练习第二题）改编一辆汽车在笔直的公路上变速行驶，设汽车在时刻t的速度为v(t>=-t2+4,<t）<t的单位：h, v的单位：km/h）则这辆车行驶的最大位移是______kmxHAQX74J0X解：当汽车行驶位移最大时，v(t>=0.又v(t>=-t2+4=0且,则t=2，故填5.原题<选修2-2第五十页习题1.5A组第四题）改编________解：，而表示单位圆x2+y2=1在第一象限内的部分面积,2(e-1->=故填.人教A版选修6. 6．原题<选修2-2第106页例1）改编：用数学归纳法证明．变式1：是否存在常数，使得对一切正整数都成立？并证明你的结论．解：假设存在常数使等式成立，令得：解之得，下面用数学归纳法证明：对一切正整数都成变式2：已知，是否存在的整式，使得等式对于大于1的一切正整数都成立？并证明你的结论．解：假设存在，令，求得，令，求得，令，求得，由此猜想：，下面用数学归纳法证明：对一切大于1的正整数都成立．<略）<二）将例习题“类化”，展现通性通法7.原题<选修2-2第七十八页练习3）改编设P是内一点，三边上的高分别为、、，P到三边的距离依次为、、，则有______________；类比到空间，设P是四面体ABCD内一点，四顶点到对面的距离分别是、、、，P到这四个面的距离依次是、、、，则有_________________。

这道经典题目的结论和解答都是错误的！——判断两个增函数(减函数)图象的公共点个数时要慎重甘志国(该文已发表 数学教学2010(7)：23-24，封底)苏州市2009—2010学年度高一(必修1+必修4)上学期期末统考测试题第11题是如下一道选择题：若方程0(log 2sin >=a x xa π且)1≠a 恰有三个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是( )A.φB.)9,5(C.⎪⎭⎫ ⎝⎛31,71 D.)9,5(31,71⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛ 参考答案是D(没有解答过程)，笔者猜测这道经典题目的传统解法是这样的： 解 当10<<a 时，可以画出函数)0(2sin >=x xy π与x y a log =的图象(草图)如图1所示，此时“方程x xa log 2sin=π恰有三个不相等的实数根”即“这两个函数的图象恰有三个不同的交点”，得⎪⎩⎪⎨⎧-<-><<,17log 13log 10aa a 即3171<<a ；当1>a 时，可以画出函数)0(2sin >=x xy π与x y a log =的图象(草图)如图2所示，此时得⎪⎩⎪⎨⎧><>,19log 15log 1aa a 即95<<a .所以所求a 的取值范围是)9,5(31,71⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛，选D.图1图2下面对以上解答提出异议.有以下结论成立：结论1 增函数)(x f 与减函数)(x g 的图象公共点个数只能是0或1(因为两者公共点的个数即方程0)()(=-x g x f 解的个数，而)()(x g x f -是增函数).结论2 增函数)(x f 与增函数)(x g 的图象公共点个数可以是任意自然数，并且也可以是无数个(比如两个增函数)0(sin 3>+=x x y x 与)0(3>=x y x 的图象公共点个数即方程0sin =x 解的个数，是无数个).结论3 减函数)(x f 与减函数)(x g 的图象公共点个数可以是任意自然数，并且也可以是无数个(由结论2可得).若用草图1来解答本题中10<<a 的情形，还须证明当3171<<a 时下面四点均成立(而以上解答认为它们是显然成立的)：(1)在]1,0(∈x 时两者有唯一公共点；(2)在]3,1(∈x 时两者有唯一公共点；(3)在]5,3(∈x 时两者有唯一公共点；(4)在]7,5(∈x 时均有)()(x g x f >.由结论1及连续函数的性质(根的存在定理)可证得(1)、(3)两点均成立.怎么证明(2)、(4)呢？虽说可以验证当7,5=x 时均有)()(x g x f >，但不能说在]7,5(∈x 时均有)()(x g x f >(如图3).当然，由结论3也可知(2)、(4)两点不是显然的事实.下面来试着证明这两点. 图3要证明(4)，可以只证明)7,6(∈x 时)(x f 比)(x g 下降的速度快，即证)()(x g x f '<'，这种证法即先证0])()([<'-x g x f ，再得出)()(x g x f -是)7,6(上的减函数，所以0)7()7()()(>->-g f x g x f .但这条路行不通，因为2cos20])()([xxx g x f ππ⇔<'-3ln 12cos 2ln 1min-≤⇔⎪⎭⎫ ⎝⎛<x x a ππ，而最后一式在)7,6(∈x 时不可能恒成立：3ln 102cos2lim 7->=-→xxx ππ.为什么会产生此种情形呢？仔细观察图1可得，当自变量x 在7的左侧无限接近于7时)(x f 下降的速度接近于0，)(x g 下降的速度大于0，所以此时0])()([>'-x g x f .欲证明(4)，只需证明⎪⎭⎫ ⎝⎛∈∈31,71),7,6(a x 时，axx xa ln ln log 2sin=>π，即证2sin ln ln x x a π>，等价于)76(0log 2sin )(,2sinln 7ln 7<<>+=>-∆x x xx f x x ππ恒成立.可以用几何画板作出函数)(x f 的图象如图4所示，由此可以看出0)96.6(<f (事实上，用计算器可算出0009717.0)96.6(-≈f )，由此说明欲证的(4)不可能成立.可以再用几何画板作出函数⎪⎭⎫ ⎝⎛<<-=--3171log 2sin)(94591.194591.1e x xx u e π的图象如图5所示，由此可以看出0)96.6(<u (事实上，用计算器可算出0009716.0)96.6(-≈u )，由此也直接说明结论(4)不成立.图4图5若用草图2来解答本题中1>a 的情形，还必须证明当95<<a 且)9,8(∈x 时均有2sinlog xx a π>.这也是不成立的：可用几何画板作出函数()952sinlog )(197224577.2197224577.2<<-=exx x u e π的图象如图6所示，由此可以看出0)965.8(<u (事实上，用计算器可算出000262456.0)965.8(-≈u ).图6虽然笔者已经发现以上一道经典题目的结论及解法均是错误的，但如何求解，笔者认为难度甚大，不知由以下思路能否求解：当10<<a 时，如图1，设1a a =时曲线)76(2sin <<=x xy π与)76(log <<=x x y a 相切，设切点为)log ,(111x x a ，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<<=<<=)10(ln 12cos 2)76(log 2sin 11111111a a x x x x x a πππ ① 须由此方程组求出1a ，猜测此时所求a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛31,1a . 当1>a 时，如图2，设2a a =时曲线)98(2sin <<=x xy π与)98(log <<=x x y a 相切，设切点为)log ,(222x x a ，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>=<<=)1(ln 12cos 2)98(log 2sin 22222222a a x x x x x a πππ ② 须由此方程组求出2a ，猜测此时所求a 的取值范围是),5(2a .所以猜测该题的答案是),5(31,21a a ⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛，其中21,a a 分别由①、②确定.我们要牢记华罗庚(1910~1985)先生说过的箴言“数缺形时少直观,形少数时难入微.数形结合千般好,数形分离万事休”，通过画草图(受画图工具的限制不可能画出精细准确的图形)来解题时，一定要注意“形缺数时难入微”，并且要注意图形所反映的特性.判断两个增函数(减函数)图象的公共点个数时要慎重，编拟这样的题时更要慎之又慎，谨防超纲而难以严谨作答.问题1 求正弦曲线与对数曲线0(log >=a x y a 且)1≠a 的公共点个数)(a g . 问题2 求曲线x y αsin =与对数曲线0(log >=a x y a 且)1≠a 的公共点个数),(a h α.。

商榷2015年高考题中表述欠严谨的11道题甘志国(已发表于 中学数学教学，2015(5)：55-59)一年一度的高考是考生、老师、家长、学校乃至全社会关注的重点话题．2015年的高考已尘埃落定，笔者作为一名高中数学老师，也抓紧时间认真钻研了本年度的高考数学真题(文理共计31套，其中江苏文理同卷)，发现了它们有试题常规、情景新颖、杜绝偏怪、难度在降低等特点，这也与新课改之精神、教育乃培养人的活动、数学本来应当是人人能够喜爱的美的科学合拍．但笔者发现有10道高考题在表述上欠严谨：虽然原题不会太影响考生正确答题，但作为高考题的权威性及引用的广泛性，还是要注意表述上的严谨．题1 (2015年高考湖北卷文科第4题)已知变量x 和y 满足关系y ＝－0.1x ＋1，变量y 与z 正相关．下列结论中正确的是( )A ．x 与y 负相关，x 与z 负相关B ．x 与y 正相关，x 与z 正相关C ．x 与y 正相关，x 与z 负相关D ．x 与y 负相关，x 与z 正相关 解 A.显然x 与y 负相关，又y 与z 正相关，所以x 与z 负相关.商榷 高中生是在普通高中课程标准实验教科书《数学3²必修²A 版》(人民教育出版社，2007年第3版)(下简称《必修3》)第86页接触到“正相关、负相关”这两个概念的：图1从散点图(如图1所示)可以看出，年龄越大，体内脂肪含量越高.图中点的趋势表明两个变量之间确实存在一定的关系，这个图支持了我们从数据表(见《必修3》第85页的表2-3)中得出的结论.另外，这些点散布的位置也是值得注意的.它们散布在从左下角到右上角的区域.对于两个变量的这种相关关系，我们将它称为正相关.还有一些变量，例如汽车的重量和汽车每消耗1L 汽油所行驶的平均路程，成负相关，汽车越重，每消耗1L 汽油所行驶的平均路程就越短，这时的点散布在从左上角到右下角的区域内.由此论述可知，“正相关、负相关”是呈相关关系的两个变量之间的关系.而在本题中，满足关系y ＝－0.1x ＋1的两个变量x 和y 呈函数关系(即确定性关系)不是相关关系，在函数关系中，教科书中没有介绍两个变量之间“正相关、负相关”的含义(笔者在整个数学领域中也未听说过有此含义).建议把这道题的题干中的“y ＝－0.1x ＋1”改为“11.0+-=∧∧x y ”(改述后的解法及答案均不变).题2 (2015年高考全国卷II 理科第10题即文科第11题)如图2所示，长方形ABCD的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点．点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x .将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f (x )，则y ＝f (x )的图象大致为( )图2解法1 B.当点P 在BC 边上时，PB ＝OB ·tan x ＝tan x ，P A ＝AB 2＋PB 2＝tan 2x ＋4，所以f (x )＝tan x ＋tan 2x ＋4(0≤x ≤π4)，显然f (x )单调递增且是非线性的，且f (π4)＝1＋ 5.当P 位于边CD 的中点时，x ＝π2，且f (π2)＝P A ＋PB ＝22，所以可知当点P 从点B 运动到点C 时，f (x )从2增到1＋5，当点P 从点C 运动到边CD 的中点时，f (x )从1＋5减到22，且增减都是非线性的，结合图象可知选B.解法2 B.由题意可知，f (π2)＝22，f (π4)＝1＋ 5.得f (π2)<f (π4)，排除选项C,D.当ππ≤≤x 43时，f (x )＝-tan x ＋tan 2x ＋4，可知其函数图象不是线段，排除选项A. 所以选B.商榷 建议把题2中的“长方形ABCD ”改成“矩形ABCD ”；“点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动”改成“动点P 从点B 开始沿着折线BCDA 运动到点A 停止”(原说法是不清楚的：动点P 从哪一点开始运动？运动到哪一点停止？是连续运动还是跳跃的运动？因为题目只说了“点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动”).作为选择题，题2是可以勉强解答的；要是作为非选择题，题2将无从解答.题3 (2015年高考浙江卷理科第6题)设A ，B 是有限集，定义：d (A ，B )＝card(A ∪B )－card(A ∩B )，其中card(A )表示有限集A 中元素的个数．命题①：对任意有限集A ，B ，“A ≠B ”是“d (A ，B )>0”的充分必要条件； 命题②：对任意有限集A ，B ，C ，d (A ，C )≤d (A ，B )＋d (B ，C )．( ) A ．命题①和命题②都成立 B ．命题①和命题②都不成立 C ．命题①成立，命题②不成立 D ．命题①不成立，命题②成立解 A.命题①显然成立，由图3可知d (A ，C )表示的区域不大于d (A ，B )＋d (B ，C )表示的区域，所以命题②也成立.图3商榷 建议把题干改述为(若不改述，则题意不清，会使考生很茫然；因为有不少高考选择题是要求选出错误的选项，比如2015年高考中的福建卷理科第10题、陕西卷理科第12题)：设A ，B 是有限集，定义：d (A ，B )＝card(A ∪B )－card(A ∩B )，其中card(A )表示有限集A 中元素的个数．命题①：对任意有限集A ，B ，“A ≠B ”是“d (A ，B )>0”的充分必要条件； 命题②：对任意有限集A ，B ，C ，d (A ，C )≤d (A ，B )＋d (B ，C )． 则下列结论正确的是( )题4 (2015年高考浙江卷文科第8题)设实数a ，b ，t 满足|a ＋1|＝|sin b |＝t.( ) A ．若t 确定，则b 2唯一确定 B ．若t 确定，则a 2＋2a 唯一确定C ．若t 确定，则sin b2唯一确定 D ．若t 确定，则a 2＋a 唯一确定解 B.对于选项A ，取t ＝12，b 可取π6或5π6，得b 2不能唯一确定；对于选项B ，由|a＋1|＝|sin b |＝t ，得|a ＋1|2＝t 2，即a 2＋2a ＋1＝t 2，a 2＋2a ＝t 2－1，所以若t 确定，则t 2确定，所以a 2＋2a 唯一确定，得选项B 正确；若t 确定，由|sin b |＝t ，得sin 2b ＝t 2，所以cos b ＝±1－t 2，sin b2＝±1－cos b 2＝±1±1－t 22，不唯一确定，选项C 中的结论不正确；若t 确定，由|a ＋1|＝t ，得a ＋1＝±t ，所以a ＝－1±t ，所以a 2＋a ＝(－1±t )2－1±t ＝t 2∓2t ±t ＝t 2∓t ，不唯一确定．综上可知，只有选项B 正确．商榷 建议把题干改述为(改述的理由同上)：设实数a ，b ，t 满足|a ＋1|＝|sin b |＝t ，则下列结论正确的是( )题5 (2015年高考广东理科第8题)若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值( )A ．至多等于3B ．至多等于4C ．等于5D ．大于5 解 B.正四面体符合要求，因此n 可以等于4. 下面证明n ＝5不可能．假设存在五个点两两距离相等，设为A ，B ，C ，D ，E .其中A ，B ，C ，D 构成空间的正四面体ABCD ，设其棱长为a .设G 为△BCD 的中心，则不难算出AG ＝63a ，BG ＝33a ，且AG ⊥平面BCD .如果点E 到A ，B ，C ，D 四点的距离相等，那么点E 一定在直线AG 上，且EB ＝a .如果点E 在线段AG 上或线段GA 的延长线上，那么在Rt △EBG 中，EG ＝BE 2－BG 2＝63a ，AG ＝63a ，此时A ，E 重合. 如果点E 在线段AG 的延长线上，此时EG ＝63a ，EA ＝263a ≠a . 综上所述可得，正整数n 的取值至多是4.商榷 建议把选项A,B 中的“至多”均改为“最多”.中国社会科学院语言研究所词典编辑室编《现代汉语词典》(商务印书馆，2012年第6版)第1677页对“至少”的解释是“表示最小的限度”，所以“正整数n 至多等于4”的意思是“正整数4≤n ，但等号不一定能取到”，而在本题中“正整数4≤n ，等号一定能取到”，所以改动后的表述更准确(不改动也无错误)．而对于2014年高考上海卷理科第13题“某游戏的得分为1,2,3,4,5，随机变量ξ表示小白玩该游戏的得分．若2.4)(=ξE ，则小白得5分的概率至少为 ．”若不把其中的“至少”改为“最少”，则答案可填闭区间[0,0.2]中的任一个数，就不一定是参考答案“0.2”.题6 (2015年高考江苏卷第9题)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．解 7.设新的底面半径为r ，得13π³52³4＋π³22³8＝13πr 2³4＋πr 2³8 ，即283πr 2＝1003π＋32π，解得r ＝7.商榷 一般来说，在橡皮泥的重新制作过程中，体积会变化(但质量不变)，所以建议把题中的“若将它们重新制作”改述为“若将它们重新制作(假设重新制作的过程中，橡皮泥的体积不变)”.题7 (2015年高考陕西卷文科、理科第22题)如图4所示，AB 切⊙O 于点B ，直线AO 交⊙O 于D ，E 两点，BC ⊥DE ，垂足为C .(1)证明：∠CBD ＝∠DBA ；(2)若AD ＝3DC ，BC ＝2，求⊙O 的直径．图4解 (1)因为DE 为⊙O 的直径，得∠BED ＋∠EDB ＝90°.又BC ⊥DE ，所以∠CBD ＋∠EDB ＝90°，从而∠CBD ＝∠BED . 又AB 切⊙O 于点B ，得∠DBA ＝∠BED ，所以∠CBD ＝∠DBA . (2)由(1)知BD 平分∠CBA ，得BA BC ＝ADCD ＝3，又BC ＝2，从而AB ＝3 2.所以AC ＝AB 2－BC 2＝4，得AD ＝3.由切割线定理得AB 2＝AD ·AE ，即AE ＝AB 2AD＝6，所以DE ＝AE －AD ＝3，即⊙O 的直径为3.商榷 建议把该题及其解答中的“直径”改为“直径的长”.题8 (2015年高考陕西卷文科、理科第24题)已知关于x 的不等式|x ＋a |<b 的解集为{x |2<x <4}．(1)求实数a ，b 的值；(2)求at ＋12＋bt 的最大值．解 (1)由|x ＋a |<b ，得－b －a <x <b －a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－b －a ＝2，b －a ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝1.(2)由柯西不等式，得at ＋12＋bt=－3t ＋12＋t ＝3²4－t ＋t ≤ [（3）2＋12][（4－t ）2＋（t ）2]＝24－t ＋t ＝4当且仅当4－t 3＝t1即t ＝1时等号成立，所以(－3t ＋12＋ t )max ＝4. 商榷 第(2)问中的“t ”是变量还是常量呢？题目没作交代.若“t ”是变量，则解答同上；若“t ”是常量，则答案为“at ＋12＋bt ”(因为at ＋12＋bt 是常量).所以建议把该题第(2)问改述为：(2)求函数f (t )=at ＋12＋bt 的最大值．题9 (2015年高考全国卷II 理科第21题)设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx . (1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x . 若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1≤0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )>0. 若m <0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1>0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1<0，f ′(x )>0. 所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，所以f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e －1，f （－1）－f （0）≤e －1，即 ⎪⎩⎪⎨⎧-≤+-≤--1e e 1e e m m mm① 设函数g (t )＝e t －t －e ＋1，得g ′(t )＝e t －1.当t <0时，g ′(t )<0；当t >0时，g ′(t )>0.所以g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0，所以当t ∈[－1，1]时，g (t )≤0.所以当m ∈[－1，1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①成立；当m >1时，由g (t )的单调性，知g (m )>0，即e m －m >e －1；当m <－1时，g (－m )>0，即e －m ＋m >e －1.综上所述可得，m 的取值范围是[－1，1]．商榷 建议把第(1)问中的“(－∞，0)”，“(0，＋∞)”分别改述为“(－∞，0)上”，“(0，＋∞)上”.题10 (2015年高考广东卷理科第17题)某工厂36名工人的年龄数据如下表：到的年龄数据为44，列出样本的年龄数据；(2)计算(1)中样本的均值x 和方差s 2；(3)36名工人中年龄在s x -与s x +之间有多少人？所占的百分比是多少(精确到0.01%)?解 (1)依题意知，所抽取的样本编号是一个首项为2公差为4的等差数列，得其所有样本编号依次为2,6,10,14,18,22,26,30,34，所以对应样本的年龄数据依次为44,40,36,43,36,37,44,43,37.(2)由(1)可得9100,402==s x . (3)由(2)知，310=s ，所以3143,3236=+=-s x s x . 因为年龄在s x -与s x +之间的共有23人，所以其所占的百分比是%89.633623≈(精确到0.01%).商榷 解答第(3)问时，必须要知道x 与s 的值，而在大前提及第(3)问的题设中均找不到，考生(也包括所有的答题者)在万般无赖的情形下，只有在第(1)问或第(2)问中找出这两个数据：果真在第(2)问中找到了！而后也作出了所谓正确的解答，也得出了理想的分数.这好像就是出题者的意思.但这是不对的，也是完全错误的！可把此题第(3)问改述为：(3)36名工人中年龄在s x -与s x s x ,(+的值见第(2)问)之间有多少人？所占的百分比是多少(精确到0.01%)?2011年高考广东卷理科第17题及2010年高考安徽卷理科第19题也都存在这种错误]1[. 笔者发表的文献[2],[3]均指出了2014年高考题中表述欠严谨的地方，读者可以浏览. 题11 (2015年高考广东卷文科、理科第20题)已知过原点的动直线l 与圆C 1：x 2＋y 2－6x ＋5＝0相交于不同的两点A ，B .(1)求圆C 1的圆心坐标．(2)求线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程．(3)是否存在实数k ，使得直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 只有一个交点？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由．解 (1)因为圆C 1的方程即4)3(22=+-y x ，所以圆C 1的圆心坐标是(3,0)． (2)设线段AB 的中点为),(y x M ，可得AB M C ⊥1即OM M C ⊥1. 得点M 在以OC 为直径的圆0322=-+x y x 上.又点M 在圆C 1内，解方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-+4)3(032222y x x y x ，得两圆的交点为⎪⎭⎫⎝⎛±532,35，进而可得所求轨迹C 的方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛>=-+350322x x y x . (3)存在实数k 满足题意.如图5所示，曲线C 是以⎪⎭⎫ ⎝⎛0,23C 为圆心，23为半径的圆弧»EF (不包括端点)，且⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛532,35,532,35F E.图5当直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 相切时，得43,23104232±==+-⎪⎭⎫ ⎝⎛-k k k . 又直线L ：y ＝k (x －4)过定点D (4,0)，所以5724350532-=--=-=DFDE k k .再结合图5可得，当且仅当k 的取值范围是⎭⎬⎫⎩⎨⎧-⋃⎥⎦⎤⎢⎣⎡-43,43572,572时，直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 只有一个交点.注 本题源于普通高中课程标准实验教科书《数学²选修2-1²A 版》(人民教育出版社，2007年第2版)(下简称《选修2-1》)第37页习题2.1的A 组第4题：过原点的直线与圆x 2＋y 2－6x ＋5＝0相交于A ，B 两点，求弦AB 的中点M 的轨迹方程．与《选修2-1》配套使用的《教师教学用书》(人民教育出版社,2007年第2版)第11页给出的《选修2-1》第40页给出的答案是“335,0322≤≤=-+x x y x ”.笔者认为，由“弦AB ”知点B A ,不能重合，所以答案应当是“335,0322≤<=-+x x y x ”，也即“⎪⎭⎫⎝⎛>=-+350322x x y x ”.(这道高考题的解答与笔者的这一观点是一致的.) 商榷 应注意交点与切点是有区别的]4[：直线与圆相交时的公共点叫做交点，直线与圆相切时的公共点叫做切点，交点和切点统称为公共点.所以建议把题10(即2015年高考广东卷文科、理科第20题)第(3)问中的“交点”改为“公共点”(改动后答案不变；若不改动，则答案为：当且仅当k 的取值范围是⎥⎦⎤⎢⎣⎡-572,572时，直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 只有一个交点).参考文献1 甘志国.大前提、小前提的规范使用[J].数学教学，2014(7)：23-242 甘志国.商榷2014年高考题中表述欠严谨的六道题[J].数学教学研究，2014(12)：24-253 甘志国.高考数学真题解密[M].北京：清华大学出版社，2015：287-2924 甘志国.应区分“交点”与“公共点”[J].中学数学教学，2009(3)：37。

习题课综合法和剖析法明目、知要点加深合法、剖析法的理解，用两种方法明数学．1．合法合法是中学数学明中最常用的方法，它是从已知到未知，从到的推理方法，即从中的已知条件或已的真判断出，一系列的中推理，最后出所要求的命．合法是一种由因果的明方法．合法的明步用符号表示是：P0(已知)?P1?P2?⋯?P n( )2．剖析法剖析法是指从需的出，剖析出使个成立的充足条件，使化判断那些条件能否具，其特色能够描绘“果索因”，即从未知看需知，逐渐靠已知．剖析法的写形式一般“因⋯⋯，了明⋯⋯，只需明⋯⋯，即⋯⋯，所以，只需明⋯⋯，因⋯⋯成立，所以⋯⋯，成立”．剖析法的明步用符号表示是：P0(已知)?⋯?P n－2?P n－1?P n()剖析法属方法范围，它的体在剖析程步步可逆．型一适合的方法明不等式2例1 a，b，c随意三角形三，I＝a＋b＋c，S＝ab＋bc＋ca，：3S≤I<4S.22222明I＝(a＋b＋c)＝a＋b＋c＋2ab＋2bc＋2caa2＋b2＋c2＋2S.欲3S≤I2<4S，即ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca.先明ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2，只需2a2＋2b2＋2c2≥2ab＋2bc＋2ca，即(a－b)2＋(a－c)2＋(b－c)2≥0，然成立；再明a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca，只需a2－ab－ac＋b2－ab－bc＋c2－bc－ca<0，即a(a－b－c)＋b(b－a－c)＋c(c－b－a)<0，只需a<b＋c，且b<c＋a，且c<b＋a，因为a、b、c为三角形的三边长，2上述三式明显成立，故有3S≤I<4S.反省与感悟此题要证明的结论要先进行转变，能够使用剖析法．对于连续不等式的证明，能够分段来证，使证明过程层次清楚．证明不等式所依靠的主假如不等式的基天性质和已知的重要不等式，此中常用的有以下几个：2(1)a≥0(a∈R)．222≥2ab，(a＋b222≥a＋b2(2)(a－b)≥0(a、b∈R)，其变形有a ＋b2)≥ab，a＋b2(3)若a，b∈(0，＋∞)，则a＋b≥ab，特别地b＋a≥2.2a b (4)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca(a，b，c∈R)．追踪训练1已知a，b是正数，且a＋b＝1，求证：1＋1≥4.a b证明方法一∵a，b是正数且a＋b＝1，∴a＋b≥2ab，∴ab≤1，∴1＋1＝a＋b＝1≥4.2ab abab方法二∵a，b是正数，∴a＋b≥2ab>0，1＋1≥21a b ab>0，(a＋b)(1＋1)≥4.ab又a＋b＝1，∴1＋1≥4.ab方法三11a＋ba＋b a ba＋＝a＋＝1＋＋＋1≥2＋2·＝4.当且仅当a＝b时，取“＝”号．ab b ab ab题型二选择适合的方法证明等式例2已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，对应的三边为a，b，c，求证：1＋a＋b1＝3b ＋ca＋b ＋c.证明要证原式，只需证a＋b＋c＋a＋b＋c＝3，a ＋bb＋cc ＋a2＋a2＋ab＝1，即证＝1，即只需证bc＋c2a＋b b＋cab＋b＋ac＋bc而由题意知A＋C＝2B，π222∴B＝3，∴b＝a＋c－ac，bc＋c2＋a2＋ab bc＋c2＋a2＋ab∴ab＋b2＋ac＋bc＝ab＋a2＋c2－ac＋ac ＋bc2＋abb c ＋c＋a＝ab ＋a 2＋c 2＋bc ＝1，∴原等式成立，即1 ＋1＝ 3a＋bb ＋ca ＋b＋c .反省与感悟 综合法推理清楚，易于书写，剖析法从结论下手易于找寻解题思路． 在实质证明命题时，常把剖析法与综合法联合起来使用，称为剖析综合法，其构造特色是：依据条件的构造特色去转变结论，获得中间结论Q ；依据结论的构造特色去转变条件，获得中间结论P ；若由P 可推出Q ，即可得证．追踪训练2设实数a ，b ，c 成等比数列，非零实数x ，y 分别为a 与b ，b 与c的等差中项，c试证：x ＋y＝2.证明由已知条件得b 2＝ac ，①2x ＝a ＋b,2y ＝b ＋c.②ac要证＋＝2，只需证ay ＋cx ＝2xy ， 只需证2ay ＋2cx ＝4xy.由①②得2ay ＋2cx ＝a(b ＋c)＋c(a ＋b)＝ab ＋2ac ＋bc ， 4xy ＝(a ＋b)(b ＋c)＝ab ＋b 2＋ac ＋bc ＝ab ＋2ac ＋bc ， 所以2ay ＋2cx ＝4xy.命题得证． 题型三 立体几何中地点关系的证明例3 如图，在四棱锥 P －ABCD 中，PA⊥底面ABCD ，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°， PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：CD⊥AE；证明：PD⊥平面ABE.证明(1)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，CD?底面ABCD，PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，而AE?平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA，∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD.而PD?平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB，又AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，又AB∩AE＝A，综上得PD⊥平面ABE.反省与感悟综合法证明线面之间的垂直关系是高考考察的要点，利用垂直的判断定理和性质定理能够进行线线、线面以及面面之间垂直关系的转变．此外，利用一些常有的结论还经常能够将线面间的垂直与平前进行转变．比方：两条平行线中一条垂直于平面α，则此外一条也垂直于平面α；垂直于同一条直线的两个平面相互平行等．追踪训练3如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，EF∥AC，AB＝2，CE＝EF＝1.求证：AF∥平面BDE；求证：CF⊥平面BDE.证明(1)如图，设 AC与BD交于点G.因为EF∥AG，且EF＝1，1AG＝2AC＝1，所以四边形AGEF为平行四边形．所以AF∥EG.因为EG?平面BDE，AF?平面BDE，所以AF∥平面BDE.(2)连结FG.因为EF∥CG，EF＝CG＝1，且CE＝1，所以四边形CEFG为菱形．所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG＝G，所以CF⊥平面BDE.[呈要点、现规律 ]1．综合法的特色是：从已知看可知，逐渐推出未知．2．剖析法的特色是：从未知看需知，逐渐聚拢已知．3．剖析法和综合法各有优弊端．剖析法思虑起来比较自然，简单找寻到解题的思路和方法，弊端是思路逆行，表达较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思虑．实际证题时经常两法兼用，先用剖析法探究证明门路，而后再用综合法表达出来．学不是一时半刻的事情，需要平累，需要平的好学苦。

教科书资源的开发与利用之选修2-2重视课本，着眼提高作者：吴志国单位：大悟一中课本是数学知识和数学思想方法的载体，又是教学的依据，理应成为高考数学试题的源头，因此高考命题注重课本在命题中的作用，充分发挥课本作为试题的根本来源的功能，通过对高考数学试题命题的研究可以发现，每年均有一定数量的试题是以课本习题为素材的变式题，通过变形、延伸与拓展来命制高考数学试题，具体表现为三个层次：2WH0158MY4第一层次：选编原题，仿制题。

有的题目直接取自于教材，有的是课本概念、公式、例题、习题的改编。

第二层次：串联方式，综合习题。

即有的题目是教材中几个题目或几种方法的串联，综合拓展。

第三层次：增加层次，添加参数。

即通过增加题目的层次、设置隐含条件、引进讨论的的参数，改变提问的方向等，提高题目的灵活性和综合性。

2WH0158MY4高考题来源于课本，所以我们平时就应重视课本例题习题以及其改编题，提高学生的能力，下面我就此谈一下我的看法。

一．学生对回归教材的一些误区历届的高三学生，对回归教材都有轻视之感。

老师要求班上的同学看教材，他们中的一部分就不以为然，认为不如把时间用来多做几个题有效。

2WH0158MY4有些同学也看了教材，觉得没什么收获，主要是方法不对。

老师必须讲清回归教材的重要性，同时要指导和督促学生做好这件事情。

2WH0158MY4二．教师如何提高课本例习题的复习价值教师要指导学生高三复习教学中对课本例、习题“四化”<一）将例习题“变化”，巩固“双基”1.原题<选修2-2第十九页习题1.2B组第一题）改编记，则A,B,C的大小关系是< ）A ．B ．C ．D.解：记根据导数的几何意义A 表示sinx 在点M 处的切线的斜率，B 表示像可知A>C>B 故选B2WH0158MY42.原题<选修2-2第二十九页练习第一题）改编 如图是导函数的图象，那么函数在下面哪个区间是减函数A.B.C.D.解：函数的单调递减区间就是其导函数小于零的区间，故选B 3.原题<选修2-2第三十七页习题1.4A 组第1题）改编用长为18 m 的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是_________.2WH0158MY4解：设长方体的宽为xm，则长为2xm，高.故长方体的体积为从而令，解得x=0<舍去）或x=1，因此x=1.当0＜x＜1时，＞0；当1＜x＜时，＜0，故在x=1处V<x）取得极大值，并且这个极大值就是V<x）的最大值. 从而最大体积V＝3<m3），此时长方体的长为2 m，高为1.5 m.答：当长方体的长为2 m时，宽为1 m，高为1.5 m时，体积最大，最大体积为3 m3.4.原题<选修2-2第四十五页练习第二题）改编一辆汽车在笔直的公路上变速行驶，设汽车在时刻t的速度为v(t>=-t2+4,<t）<t的单位：h, v的单位：km/h）则这辆车行驶的最大位移是______km2WH0158MY4解：当汽车行驶位移最大时，v(t>=0.又v(t>=-t2+4=0且,则t=2，故填5.原题<选修2-2第五十页习题1.5A组第四题）改编________解：，而表示单位圆x2+y2=1在第一象限内的部分面积,2(e-1->=故填.人教A版选修6. 6．原题<选修2-2第106页例1）改编：用数学归纳法证明．变式1：是否存在常数，使得对一切正整数都成立？并证明你的结论．解：假设存在常数使等式成立，令得：解之得，下面用数学归纳法证明：对一切正整数都成变式2：已知，是否存在的整式，使得等式对于大于1的一切正整数都成立？并证明你的结论．解：假设存在，令，求得，令，求得，令，求得，由此猜想：，下面用数学归纳法证明：对一切大于1的正整数都成立．<略）<二）将例习题“类化”，展现通性通法7.原题<选修2-2第七十八页练习3）改编设P是内一点，三边上的高分别为、、，P到三边的距离依次为、、，则有______________；类比到空间，设P是四面体ABCD内一点，四顶点到对面的距离分别是、、、，P到这四个面的距离依次是、、、，则有_________________。

甘志国高中数学题典精编，是一部历经多年精心编撰的高中数学题集。

本书于2005年首次出版，是当时数学教育领域的一大创举。

经过多年的修订和新题的不断补充，目前的最新版已经是第五版了。

该书是为了满足高中数学教学和学习的需要而编写的，旨在帮助学生夯实数学基础，提高数学解题能力和分析问题的能力。

下面我们将从多个方面对该书进行详细介绍。

一、编撰团队甘志国高中数学题典精编的编撰团队是由数学教学和研究领域的专家学者组成的。

他们在数学教育领域有着丰富的经验和卓越的学术水平，能够保证该书的题目选取和答案解析的高质量和专业性。

二、内容概述本书的题目覆盖了高中数学的各个知识点，包括代数、几何、函数、数列等内容。

每个知识点下都涵盖了大量的典型题目，涵盖不同难度和不同类型的题目，不仅有基础题型，还有一些拓展题目，有助于学生更全面地了解和掌握数学知识。

三、题目设计甘志国高中数学题典精编的题目设计考虑了学生的学习特点和学习需求，既能够符合课程要求，又能够培养学生的数学思维和解题能力。

题目设置合理，有助于激发学生对数学的学习兴趣，激发学生思考和探索的欲望。

四、解答和解析本书不仅提供了题目的详细解答，还对一些重要的题目进行了解析。

解答和解析的方式清晰简洁，既方便学生查阅，又有助于学生掌握数学题目的解题思路和方法。

五、与教学的结合甘志国高中数学题典精编作为一部辅助教材，能够有效地与教学相结合。

老师在教学中可以根据本书的内容进行选题，作为课堂教学的补充和拓展，帮助学生更好地理解和掌握知识点。

六、教学实践经过多年的教学实践，该书已经得到了广大教师和学生的肯定和认可。

很多学校将该书作为教辅教材，赋予学生更多的自主学习和巩固练习的机会。

七、未来展望随着教学内容和考试要求的不断更新，甘志国高中数学题典精编也在不断修订和更新中。

我们期待未来的版本能够更好地适应教学和学习的需要，为广大学生提供更好的学习资源。

甘志国高中数学题典精编是一部具有较高参考价值的数学辅助教材，有助于学生巩固数学基础，提高解题能力。

补形法，正四面体的最佳解法甘志国(该文已发表 数学金刊(高考)，2011(3)：39)在求解正四面体的问题时，若把它放在正方体中，常常便于求解.下面以普通高中课程标准实验教科书《数学·选修2-1·A 版》(人民教育出版社，2007年第2版) (下简称《选修2-1》)中的三道题来介绍这一技巧.例1 (《选修2-1》第111页练习第1题)如图1，空间四边形ABCD 的每条边和BD AC ,的长都等于a ，点N M ,分别是CD AB ,的中点，求证：CD MN AB MN ⊥⊥,.证明 易得正四面体ABCD ，把它放在正方体中(如图2)，则欲证结论显然成立(因为MN 垂直于图2中正方体的上下表面).图1 图2例2 (《选修2-1》第112页习题第5(1)题)如图3，空间四边形OABC 的各边以及BO AC ,的长都是1，点E D ,分别是边BC OA ,的中点，连结DE .(1)计算DE 的长；(2)求点O 到平面ABC 的距离.图3 图4解 易得正四面体OABC ，把它放在正方体中(如图4).(1)DE 的长即图4中正方体的棱长22. (2)我们在图4中求正四面体OABC 的体积V ：122222221314224423=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=-=--OAGB OAB G V V V V V 正方体正方体设点O 到平面ABC 的距离为h ，得︒⋅⋅⋅⋅===∆60sin 11213131122h S V ABC 36=h例3 (《选修2-1》第107-108页例3)如图5，一块均匀的正三角形面的钢板的质量为500kg ，在它的顶点处分别受力F 1, F 2, F 3，每个力与同它相邻的三角形的两边之间的角都是︒60，且|F 1|=|F 2|=|F 3|=200 kg.这块钢板在这些力的作用下将会怎样运动？这三个力最小都为多少时，才能提起这块钢板？图5 图6 图 7《选修2-1》是按图6建立空间直角坐标系来求解的，确实运算量很大，思维量也不小，而下面的解法却很简洁.解 易知图5中的三个力F 1, F 2, F 3必交于一点(设为点F )，且有正四面体FABC ，可不妨设该正四面体的棱长为)0(2>a a .我们把正四面体FABC 放在图 7中的棱长为a 的正方体中，并按图7建立空间直角坐标系，得),0,0(),,,(),0,,0(),0,0,(a C a a a B a A a F),0,(),,,0(),0,,(a a a a a a -=--=-=a 2===及图5中的F 1, F 2, F 3满足|F 1|=|F 2|=|F 3|=200，得F 1),0(2200a a a -=，, F 2),0(2200a a a --=，, F 3),0(2200a a a -=， F 1+ F 2+F 3)1,1,1(2200)2a ,22(2200--=--=a a a ，|F 1+ F 2+F 3|6200= 因为5006200<，所以这块钢板在这些力的作用下将会静止不动.设|F 1|=|F 2|=|F 3|=x ，则可得F 1+ F 2+F 3)1,1,1(2)2,22(2--=--=x a a a a x，|F 1+ F 2+F 3|6x = 当且仅当5006>x 即63250>x 时，才能提起这块钢板.(请注意：原问题“这三个力最小都为多少时，才能提起这块钢板”是无法回答的，建议把此问改为“这三个大小相等的力满足怎样的条件才能提起这块钢板”.)例4 (2013年高考课标全国卷II 卷理科第7题也即文科第9题)一个四面体的顶点在空间直角坐标系xyz O -中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为( )解 A.由图8可求解(先把这个正四面体放置在正方体中)：图8本文介绍的技巧“把正四面体放在正方体中”实际上就是一种补形法，在立体几何中还有很多用补形法简洁解题的例子，比如把直角四面体(该四面体从一点出发的三条棱两两垂直)补成长方体，请读者留意.。

对2010年高考数学湖北卷压轴题的研究甘志国(该文已发表 中学数学杂志，2010(7)：45-49)2010年的全国普通高考已落下帷幕，笔者在第一时间认真钻研了2010年高考数学湖北理科卷和文科卷，发现其中最靓丽的题就是两道压轴题，本文将对它们作深入研究. 1 对文科压轴题的研究文科压轴题 设函数c bx x a x x f ++-=23231)(，其中0>a ，曲线)(x f y =在点))0(,0(f P 处的切线方程为1=y .(1)确定c b ,的值；(2)设曲线)(x f y =在点))(,(11x f x 及))(,(22x f x 处的切线都过点)2,0(，证明：当21x x ≠时，)()(21x f x f '≠'.(3)若过点)2,0(可作曲线)(x f y =的三条不同切线，求a 的取值范围. (答案：(1)1,0==c b ；(3)),32(3+∞⋅.)1.1 对第(2)问的研究第(2)问的结论即：若曲线1231)(23+-==x a x x f y 在两个不同点处的切线重合，则重合的这条切线不经过点)2,0(.下面给出其一般性的结论：定理1 三次函数的图象在两个不同点处的切线不会重合.证明 即证三次曲线)(x f y =在点)0))((,()),(,(≠++h h t f h t B t f t A 处的切线不会重合.设O 为坐标原点，把三次曲线)(x f y =沿向量平移后，曲线)(x f y =经过坐标原点，点))(,(t f t A 也变为坐标原点O ，所以只需证明：曲线)0()(:23≠++==a cx bx ax x g y C 在点)0))((,(),0,0(≠h h g h P O 处的切线不会重合.用反证法来证明：c bx ax x g y ++='='23)(2. 假设曲线C在点PO ,处的切线重合，得023,23),()0(2=+++='='b ah c bh ah c h g g .得曲线C 在点P O ,处的切线分别为)()(,23h x c ch bh ah y cx y -=++-=即 )(,2b ah h cx y cx y ++==因为它们重合，所以0=+b ah ，又由得到的023=+b ah ，得0=ah ，这与题设“0,0≠≠h a ”矛盾！所以欲证结论成立.(用平移证题、解题，非常简洁.2009年的高考数学理科湖北卷压轴题(无考生做全对)也可用平移给出简洁的解答.)关于定理1，还有以下注记：(1)常数函数、一次函数的图象及任意直线(包括铅垂线)在两个不同点处的切线均重合. (2)二次函数的图象(即抛物线)及三次函数的图象在两个不同点处的切线均不会重合. (3)当∈≥n n n ,4(N )时，均存在n 次函数的图象，使它在某⎥⎦⎤⎢⎣⎡2n (表示不大于2n的最大整数)个不同点处的切线重合.下面证明结论(3)：读者易证曲线2222)]1([)2()1()(----==m x x x x x f y 在点∈≥-=m m m i i f i P i ,21,,2,1,0))((,(； N )处的切线均为0=y ；曲线2223)]1([)2()1()(----==m x x x x x g y 在点∈≥-=m m m i i g i Q i ,21,,2,1,0))((,(； N )处的切线均为0=y .还可以把曲线22)1(-=x x y (如图1)绕坐标原点逆时针旋转︒45得到曲线0),(=y x h ，由旋转变换公式⎪⎩⎪⎨⎧+=-=**，θθθθcos sin sin cos y x y y x x 可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+=****，22x y y y x x 把它代入22)1(-=x x y 后可得曲线0),(=y x h ，即0)(22)2()(),(22=-+-++=y x y x y x y x h所以曲线0),(=y x h 在点⎪⎭⎫⎝⎛21,21),0,0(处的切线重合，且为直线x y =.(读者也可用隐函数导数的求法证得此结论)图1猜想 对于∈≥n n n ,4(N )次曲线)(:x f y C =，有(1)若曲线C 在两个点处的切线重合，则该切线的斜率为0；(2)当n 已知时，若曲线C 在δ个点处的切线重合，则δ的最大值是⎥⎦⎤⎢⎣⎡2n .1.2 对第(3)问的研究此问与2007年全国卷(II)理科压轴题的压轴问“已知函数x x x f -=3)(.设0>a ，如果过点),(b a 可作曲线)(x f y =的三条切线，证明)(a f b a <<-”是同样的问题. (注 文献[1]末还得到：在本题中有，过点),(b a 可作曲线)(x f y =的三条切线)(a f b a <<-⇔.)下面浅探“过一点可作n 次曲线的切线条数”的问题.定理2 当且仅当已知点M 在已知直线l 上时，直线l 过点M 的切线存在(且切线存在时,切线就是直线l ).证明 可不妨设点b kx y l y x M +=:),,(00，得k y ='. 若直线l 过点M 的切线0l 存在，设切点为),(b kt t +，得)()(:0t x k b kt y l -=+-即 b kx y +=说明切线0l 与直线重合,从而可得定理2成立.定理3 过已知点),(00y x M 可作已知∈≥n n n ,2(N )次曲线∈≠++++==---0110111,,,,0()(a a a a a a x a x a x a x f y n n n n n n n ；R )切线的条数即关于t 的一元n 次方程(因为以下多项式)(t g 的首项系数0)1(≠-n a n )0)()()()(00=-'-+=y t f t x t f t g ① 的相异实数解的个数.证明 设切点为))(,(t f t ,得切线方程为))(()(:0t x t f t f y l -'=-由0l M ∈,得))(()(00t x t f t f y -'=-此即方程①,从而可得定理3成立.推论1 (1)过已知点作已知n n (是正偶数)次曲线切线的条数可以是n ,,2,1,0 ； (2)过已知点作已知n n (是奇数，3≥n )次曲线切线的条数可以是n ,,2,1 ； (3)过已知点作已知∈n n (N *)次曲线切线的条数最少是0，最多是n .证明 (1)当n 是正偶数时，由“实系数一元∈n n (N *)次方程的虚根成对出现”(见文献[2]第118页定理2)知，方程①可以没有实根，此时所作切线的条数为0.事实上，当已知点在已知二次曲线内部(即含拋物线焦点的区域)时，所作的切线就是0条.当n 是正偶数时，n 次方程①可以有n 个相异实根，也可以让n 个实根中恰有2个,3个,1,-n 个相等，n 个全相等，从而得方程①相异实数解的个数是1,,1, -n n .所以结论(1)成立.(2)当)3(≥n n 是奇数时，由“实系数一元∈n n (N *)次方程的虚根成对出现”知，此时方程①至少有一个实根，得此时的切线为一条.而后同上可证得结论(2)成立. (3)由(1),(2)知成立.引理1]1[ 设∈≠=+++=d c b a a d cx bx ax x f ,,,0(0)(23；R )，方程023)(2/=++=c bx ax x f 的判别式)3(42ac b -=∆，则(1)方程0)(=x f 有三个不同实根0>∆⇔且)(x f 的两个极值异号；(2)方程0)(=x f 有一个二重根和一个一重根0>∆⇔且)(x f 有一个极值为0；(3)方程0)(=x f 有三重实根0=∆⇔且d a b 2327=；(4)方程0)(=x f 有一个实根和两个共轭虚根⇔除(1),(2),(3)之外的所有情形. 引理2 设∈≠=+++=d c b a a d cx bx ax x f ,,,0(0)(23；R )，方程023)(2/=++=c bx ax x f 的判别式)3(42ac b -=∆(当0>∆时,设)(/x f =0的两根为21,x x )，则方程0)(=x f 相异实根个数的情形是：(1)方程0)(=x f 有三个不同实根0)()(021<⋅>∆⇔x f x f 且；(2)方程0)(=x f 有且仅有两个相异实根0)()(021=⋅>∆⇔x f x f 且； (3)方程0)(=x f 有唯一实根⇔除(1),(2)之外的所有情形0)0)()(0(21≤∆>⋅>∆⇔或且x f x f .由引理2及定理3，得 推论2过已知点),(00y x M 作已知曲线∈≠=+++==d c b a a d cx bx ax x f y ,,,0(0)(23；R )的切线条数为1,2或3.具体的情形是(以下⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++-'⋅-=0000)3()3)(3(])([y a b f a b x a b f y x f G )： (1)所作切线的条数为30<⇔G ；(2)所作切线的条数为2⎪⎩⎪⎨⎧=-≠⇔030G a b x ；(3)所作切线的条数为1⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛>⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=⇔⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎩⎪⎨⎧>-≠-=⇔0)3(30330000G a b f y ab x G a b x a b x 或或. 证明 此时的方程①，即02)3(2)()()()(00020300=-+++-+-=-'-+=y cx d t bx t b ax at y t f t x t f t g)3)((62)3(26)(0002abt x t a bx t b ax at t g +--=+-+-=' 可以验证引理2中的)()(21x f x f ⋅即这里的))(3()(0G abg x g =-⋅(用00)()()()(y t f t x t f t g -'-+=)，由定理3及引理2可证推论2成立，再细加说明如下:(1)所作切线的条数为30030<⇔<-≠⇔G G abx 且(因为当0<G 时用反证法可证ab x 30-≠).(3)第二个“⇔”是因为可证：当,30a b x -=)3(0abf y -≠时0>G . 三次曲线∈≠=+++==d c b a a d cx bx ax x f y ,,,0(0)(23；R )在对称中心(即拐点)处的切线方程为)3)(3()3(:a b x a b f a b f y l +-'=-- 即 0)3()3)(3(:=--++-'y abf a b x a b f l理科科压轴题 已知函数)0()(>++=a c xbax x f 的图象在点))1(,1(f 处的切线方程为1-=x y .(1)用a 表示出c b ,；(2)若x x f ln )(≥在),1[+∞上恒成立，求a 的取值范围； (3)证明：)1()1(2)1ln(131211≥+++>++++n n n n n . (答案：(1)a c a b 21,1-=-=；(2)⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21.) 本题可能是以欧拉(Euler,1707-1783)常数(有结论n n c nε++=++++ln 131211 ，其中c 为欧拉常数，且0lim =∞→n n ε)为背景编拟的.2.1 第(2)问的自然解法——分离常数法x x f ln )(≥即x a xa ax ln 211≥-+-+，它在1≥x 时恒成立，即)1()1(1ln ),1(2111ln 2>-+-≥>-+-+≥x x x x x a x xx x x a恒成立.用导数可证函数)1(ln )1()1(21)(2≥--+-=x x x x x x g 是增函数(只需证)1(01ln )(≥≥--='x x x x g 恒成立，再用导数可证)，所以)1(0)1()(≥=≥x g x g ，当且仅当1=x 时0)(=x g ，得21)1(1ln lim ),1(21)1(1ln 212=-+-><-+-+→x x x x x x x x x x所以“)1()1(1ln 2>-+-≥x x x x x a 恒成立”即“21≥a ”. 读者可能会问是如何想到证明以上函数)(x g 是增函数的：须求函数)1()1(1ln )(2>-+-=x x x x x x h 的上确界，就大胆猜测它是减函数(也可用多次求导的方法给予证明)，再用洛必达(H L 'ospita ，1661~1704)法则可求出其上确界是21，但洛必达法则不能在解答题中使用，笔者就使用以上技巧简洁圆满地解决了这个棘手问题.高考难题考什么，一定程度上来说就考合情推理、大胆猜测(猜测出正确的结论是解答难题的关键). 2.2 第(3)问的伴随结论试卷提供的两种证法都要用到第(2)问的结论，而不用此结论也可直接证得第(3)问.证法1 (数学归纳法)由43327.277.2>⨯>>e 可得1=n 时成立.假设∈=k k n (N*)时成立：)1(2)1ln(131211+++>++++k k k k . 下证1+=k n 时成立：)2(21)2ln(1131211++++>+++++k k k k .只需证明 )2(21)2ln(11)1(2)1ln(++++>+++++k k k k k k k即 ⎪⎭⎫⎝⎛+++<⎪⎭⎫ ⎝⎛++211121111ln k k k ②只需证明)0(011111ln 2><⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x x x ，这用导数可证： 设)0(11111ln 2)(>⎪⎭⎫⎝⎛++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=x x x x x g ，得0)1(1)(22>+='x x x g ，所以)(x g 是增函数，0)(lim )(=<+∞→x g x g x .所以欲证成立.证法2 (累加法)由②，得⎪⎭⎫ ⎝⎛++<-+11121ln )1ln(k k k k 令n k ,,2,1 =后，把得到的n 个不等式相加可得欲证.(当然，证法1、2实质相同.)读者用以上证法还可证得该问的伴随结论： 定理4 (1))0(1112111ln 11>⎪⎭⎫ ⎝⎛++<⎪⎭⎫ ⎝⎛+<+x x x x x ；(2)∈≥<+++<++-+n n n nn n n ,2(ln 13121)1(22)1ln( N*).证明 (1)右边在上述证法1中已证，左边同右边的证法(用导数)也可证，详细过程见专著[3].(2)左边即上述第(3)问，右边用(1)的左边同证法1、2可证，详细过程也见[3].参考文献1 甘志国.三次方程根的情况的简明结论[J].中学数学(高中)，2007(10)：20-212 张远达编著.浅谈高次方程[M].武汉：湖北教育出版社，19833 甘志国著.初等数学研究(II)下[M].哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2009.173。

为两道2012年高考选择题“正身”甘志国(该文已发表 中学数学(高中)，2013(3)：90-92)高考题 1 (2012·天津·理·6)设,m n ∈R ，若直线(1)(1)20m x n y +++-=与圆22(1)(1)1x y -+-=相切，则m n +的取值范围是( )A.[1B.(,1[1)-∞⋃+∞C.[2-+D.(,2[2)-∞-⋃++∞ (参考答案：D.)文献[1]认为这是一道值得商榷的高考试题：命题1 若,m n ∈R ，则直线(1)(1)20m x n y +++-=与圆22(1)(1)1x y -+-=相切的充要条件是1mn m n =++.易证命题1正确.因为高考题1的参考答案是D ，即m n +的取值范围由2m n +-≥命题2 在高考题1中，若参考答案是D ，则直线(1)(1)20m x n y +++-=与圆22(1)(1)1x y -+-=相切的充要条件是2m n +-≥所以由命题1,2，得命题3 若,m n ∈R ，则12mn m n m n =++⇔+-≥而命题3中的“⇒”正确，“⇐”不正确，比如2,4m n ==时.这就说明了高考题1有误，并且文献[1]还得到了高考题1的正确答案是“不存在”. 文献[1]对命题2的推导是错误的——误把“取值范围”当成了“充要条件”，我们应注意它们不是一回事，比如当1a >-时，2a 的取值范围是[0,)+∞，但不能说21a a >-⇔的取值范围是[0,)+∞.高考题1即在条件1(,mn m n m n =++∈R )下，求m n +的取值范围.下面的两种解法都是正确的：解法1 由条件得(1)1m n n -=+(所以10n -≠)，11n m n +=-，所以 12(1)211n m n n n n n ++=+=+-+--因为22(1)111n n n n +-=+-≥--，所以2(1)1n n +--的取值范围是(,)-∞-⋃+∞，得m n +的取值范围是(,2[2)-∞-⋃++∞.解法 2 由条件得212m n m n mn +⎛⎫++=≤ ⎪⎝⎭，解得(,2[2)m n +∈-∞-⋃++∞.还可验证：当且仅当1m n ==时2m n +=-1m n ==时2m n +=+因为11n m n +=-，所以当1n <且1n →时m n +→-∞，当1n >且1n →时m n +→+∞.又m n +的值是连续变化的，所以m n +的取值范围是(,2[2)-∞-⋃++∞. 所以高考题1及其答案均没有任何问题，且还是一道注重基础、解法常规的一道好题. 文献[1]认为：因为“当1(,mn m n m n =++∈R )时，m n +的取值范围是(,2[2)-∞-⋃++∞”，所以命题3成立.这是不对的. 高考题2 (2012·辽宁·理·6)在等差数列{}n a 中，已知4816a a +=，则该数列前11项和11S =( )A.58B.88C.143D.176(参考答案：B.)任志瑜，张思明等等六位著名高考命题研究专家在文献[2](该文又被中国人民大学复印报刊资料《高中数学教与学》2012年第12期第7-12页全文转载)中把高考题2列为“2012年高考数学试题‘红黑榜’”中的“黑榜”的最后一题：理由是题目偏难，这道题不强调通性通法，如果改成“求前12项的和”，如何做？出题者出题时应该尽量避免这种情况，可以让学生“求前12项的和”，让学生用通性通法，而不是用这类“巧”办法.笔者认为，这道高考题不应列入“黑榜”，反而是基础常规、源于课本的一道好题.先看普通高中课程标准实验教科书《数学5·必修·A 版》(人民教育出版社2007年第3版) (下简称《必修5》)第39页的练习第5题：5.已知{}n a 是等差数列.(1)5372a a a =+是否成立？5192a a a =+呢？为什么？(2)112(1)n n n a a a n -+=+>是否成立？据此你能得出什么结论？ 2(0)n n k n k a a a n k -+=+>>是否成立？你又能得出什么结论？再来看《必修5》第42-43页推导等差数列前n 项和公式的方法：由高斯算法(笔者认为高斯计算1+2+3+…+100的算法是配对法，而不是下面的倒序相加法)的启示，对于公差为d 的等差数列，我们再用两种方法表示123n n S a a a a =++++：1111()(2)[(1)]n S a a d a d a n d =+++++++- ()(2)[(1)]n n n n n S a a d a d a n d =+-+-++--把这两式相加，得 111112()()()()=()n n n n n n n S a a a a a a a a n a a =+++++++++个 1()2n n n a a S += ① 由这里的第5题可得，在高考题2中有6486111216,2a a a a a a =+==+，所以11116a a +=.再由公式①，立得所求的1111111()11168822a a S +⨯===. 在以上公式①的推导过程中，有12132n n n a a a a a a --+=+=+=，所以有等差数列的基本性质：在等差数列{}n a 中，若(,,,k l p q k l p q +=+∈N*)，则k l p q a a a a +=+.考查这条基本性质的高考题可谓比比皆是，比如2012年高考辽宁卷文科第4题(也是高考题2的姊妹题)：在等差数列{}n a 中，已知4816a a +=，则210a a +=( )A.12B.16C.20D.24(参考答案：B.)文献[2]认为，应把高考题2的问题改为“求前12项的和”，事实上，1211121288S S a a =+=+，而在等差数列{}n a 中，仅由一个条件“4816a a +=”求不出12a ，所以不能把高考题2的问题改为“求前12项的和”.即使不用以上等差数列的基本性质，注意等差数列{}n a 的基本量1,,,,n n a a d n S 及其基本关系(即通项公式及两个前n 项和公式)也容易解答本题，总之，这道高考题不应列入“红黑榜”中的“黑榜”.下面再谈一道高考题.高考题 3 (2012·江西·理·10)如图1，已知正四棱锥S ABCD -所有棱长都为1，点E 是侧棱SC 上一动点，过点E垂直于SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分.计(01)SE x x =<<，截面下部分的体积为()V x ，则函数()y V x =的图象大致为( ) 图1A B C D(参考答案：A.)文献[2]把高考题3列为“2012年高考数学试题‘红黑榜’”中的“红榜”：该题的考查目标并不是通过求出体积()V x 与SE x =之间的函数关系来分析图象的特征，而是通过分析在运动变化过程中，体积V 随着SE 长度的变化而变化的趋势：当102x <≤时，随着x 的增大，V 单调递减，而且递减的速度越来越快；当112x <<时，随着x 的增大，V 单调递减，而且递减的速度越来越慢；从而得出表现这样变化趋势的图象.本题延续了江西卷以图形为命题背景的特点，着重考查学生的观察、估算、猜想能力，构思精巧、选材平实、追求公平而不乏心意，也考查了学生读图、识图、从图形中提取信息的能力.这里先指出文献[2]对该题论述的错误. 当102x <<时，过点E 的截面为五边形EFGHI (如图2所示)，连接FI .由SC 与该截面垂直，得,SC EF SC EI ⊥⊥，所以tan 60,22EF EI SE x SI SE x ==︒==，12,IH FG BI x FI GH ===-==，得五边形EFGHI 的面积212S FG GH FI =⋅+=-，所以232111()2)21(12)2)332C EFGHI I BHC V x V V CE x x --=+=-⋅+⋅⋅⋅⋅--图2 图3 当112x ≤<时，过点E 的截面为EFG ∆(如图3所示)，得t a n 63(1),22(1)E G E F E C x C G C F C E x ==-===-，可得点E 到底面CFG 的距离sin 45h EC =︒=，所以311())323V x CG CF h x =⋅⋅⋅=- 进而，可得3231062()1)<<12x V x x x ⎛⎫+<≤ ⎪⎝⎭=⎛⎫- ⎪⎝⎭⎩22110332()1)<<12x x V x x x ⎧⎫⎛⎫--<≤⎪⎪ ⎪⎪⎭⎝⎭'=⎨⎛⎫⎪- ⎪⎪⎝⎭⎩ 可得()0(01)V x x '<<<，所以随着x 的增大，V 单调递减，且递减的速度是2211032()1)<<12x x V x x x ⎧⎫⎛⎫--+<≤⎪⎪ ⎪⎪⎭⎝⎭'-=⎛⎫- ⎪⎝⎭当103x <≤时，随着x 的增大，V 递减的速度越来越快；当1132x <≤时，随着x 的增大，V 递减的速度越来越慢；当112x <<时，随着x 的增大，V 递减的速度越来越慢. 对于高考题3，可这样简解：由题意可分析出，随着x 的增大，V 的值递减，且开始递减的速度越来越快，最后递减的速度越来越慢.由排除法知选A.参考文献1 陈云烽.一道值得商榷的高考试题[J].中学数学教学参考(上旬)，2012(12)：29-322 任志瑜，张思明，等.2012年高考数学试题“红黑榜”[J].基础教育课程，2012(9)：33-38。

简解二次曲线上的四点共圆问题甘志国(已发表于 数学教学研究，2015(8))竞赛题1 (2014年全国高中数学联赛湖北赛区预赛第13题)设A 、B 为双曲线λ=-222y x 上的两点，点N(1,2)为线段AB 的中点，线段AB 的垂直平分线与双曲线交于C 、D 两点.(1)确定λ的取值范围；(2)试判断A 、B 、C 、D 四点是否共圆？并说明理由.简解 (1)用点差法可求得直线AB 的方程是1+=x y ，由直线AB 与双曲线λ=-222y x 交于不同的两点，可得1->λ且0≠λ. 得直线CD 的方程是3+-=x y ，由直线CD 与双曲线λ=-222y x 交于不同的两点，可得9->λ且0≠λ.所以λ的取值范围是),0()0,1(+∞⋃-.(2)在(1)的解答中已求出03:,01:=-+=+-y x CD y x AB ，所以由直线AB 、CD 组成的曲线方程为0)3)(1(=-++-y x y x ，即086222=-+--y x y x 它与椭圆λ=-222y x 的交点A 、B 、C 、D 的坐标即方程组 ⎪⎩⎪⎨⎧=-=-+--λ42409126332222y x y x y x 的解，把这两方程相减并整理得364)6()3(22+=-++λy x ② 即A 、B 、C 、D 四点必在圆②上.再结合(1)的答案知，当12>λ时，点A 、B 、C 、D 共圆(且在圆②上).竞赛题1的一般情形是二次曲线上的四点共圆问题，该问题的一般结论是：定理 (1)若两条二次曲线22220()0ax by cx dy e a b a x b y c x d y e '''''++++=≠++++=，有四个交点，则这四个交点共圆；(2)若两条直线:0(i i i i l a x b y c i ++==与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是12210a b a b +=；(3)设两条直线)2,1)((:00=-=-i x x k y y l i i 与二次曲线)(0:22B A E Dy Cx By Ax ≠=++++Γ有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是021=+k k .证明 (1)过这四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式μλ,(不同时为0)：2222()()0ax by cx dy e a x b y c x d y e λμ'''''+++++++++= ①式①左边的展开式中不含xy 的项，选1=μ时，再令式①左边的展开式中含22,y x 项的系数相等，得a b b aλ''-=-,此时曲线①即 220x y c x d y e '''++++= ②的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹.而题中的四个交点都在曲线②上，所以曲线②表示圆.这就证得了四个交点共圆.(2)由21,l l 组成的曲线即111222()()0a x b y c a x b y c ++++=所以经过它与Γ的四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式μλ,(不同时为0)：22111222()()()0ax by cx dy e a x b y c a x b y c λμ+++++++++= ③必要性.若四个交点共圆，则存在μλ,使方程③表示圆，所以式③左边的展开式中含xy 项的系数1221()0a b a b μ+=.而0≠μ(否则③表示曲线Γ，不表示圆)，所以12210a b a b +=.充分性.当12210a b a b +=时，式③左边的展开式中不含xy 的项，选1=μ时，再令式③左边的展开式中含22,y x 项的系数相等，即1212a a a b b b λλ+=+，得1212a a b b b aλ-=-. 此时曲线③即220x y c x d y e '''++++= ④的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹.而题中的四个交点都在曲线④上，所以曲线④表示圆.这就证得了四个交点共圆.(3)由(2)立得.笔者还发现还有一道竞赛题和四道高考题及均是二次曲线上的四点共圆问题，所以用以上定理的证法均可给出它们的简解.这四道高考题分别是：竞赛题2 (2009年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试题第一试第三题)如图1所示，抛物线22y x =及点(1,1)P ，过点P 的不重合的直线12l l 、与此抛物线分别交于点,,,A B C D .证明：,,,A B C D 四点共圆的充要条件是直线1l 与2l 的倾斜角互补.图1高考题1 (2014年高考全国大纲卷理科第21题(即文科第22题))已知抛物线C ：22(0)y px p =>的焦点为F ，直线4y =与y 轴的交点为P ，与C 的交点为Q ，且PQ QF 45=. (1)求C 的方程；(2)过F 的直线l 与C 相交于B A ,两点，若AB 的垂直平分线l '与C 相交于N M ,两点，且N B M A ,,,四点在同一圆上，求l 的方程.(答案：(1)x y 42=；(2)01=--y x 或01=-+y x .)高考题2 (2011年高考全国大纲卷理科第21题(即文科的22题))如图2所示，已知O为坐标原点，F 为椭圆12:22=+y x C 在y 轴正半轴上的焦点，过F 且斜率为2-的直线l 与C 交于B A ,两点，点P 满足=++OP OB OA 0.图2(1)证明：点P 在C 上；(2)设点P 关于点O 的对称点为Q ，证明：Q B P A ,,,四点在同一圆上.高考题3 (2005年高考湖北卷文科第22题(即理科第21题))设B A ,是椭圆λ=+223y x 上的两点，点)3,1(N 是线段AB 的中点，线段AB 的垂直平分线与该椭圆交于D C ,两点.(1)确定λ的取值范围，并求直线AB 的方程；(2)试判断是否存在这样的λ，使得D C B A ,,,四点在同一圆上？并说明理由.(答案：(1)λ的取值范围是),12(+∞，直线AB 的方程是04=-+y x ；(2)当12>λ时时，均有D C B A ,,,四点在同一圆上.)高考题4 (2002年高考江苏卷第20题)设B A ,是双曲线1222=-y x 上的两点，点N )2,1(N 是线段AB 的中点.(1)求直线AB 的方程；(2)如果线段AB 的垂直平分线与双曲线相交于D C ,两点，那么D C B A ,,,四点是否共圆？为什么？(答案：(1)1+=x y ；(2)是.)。

对《选修2-1》中一道习题的研究
甘志国
【期刊名称】《数理化解题研究》
【年(卷),期】2018(000)010
【摘要】本文对课本上的一道题进行了变式探讨,获得了一般性结论,对数学研究有指导意义.
【总页数】2页(P33-34)
【作者】甘志国
【作者单位】北京丰台二中 100071
【正文语种】中文
【中图分类】G632
【相关文献】
1.对《选修2-1》中一道习题的研究 [J], 甘志国
2.对《选修》教材中一道习题的质疑及思考 [J], 杨代和;周铁军
3.高中数学人教A版和湘教版选修教材习题比较研究--以选修2-1“圆锥曲线与方程”为例 [J], 吴木通
4.苏教版选修2-1一道习题的探究 [J], 蒋国强
5.对《选修2—1》中一道习题的研究 [J], 甘志国;
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1．分析法是从要证的结论出发，逐步寻求结论成立的( )A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．等价条件解析：选A.由分析法的要求知，应逐步寻求结论成立的充分条件．2．要证明3＋7＜25可选择的方法有以下几种，其中最合理的是( )A ．综合法B ．分析法C ．类比法D ．归纳法解析：选B.从数据来看宜用分析法．3．对于不重合的直线m ，l 和平面α，β，要证明α⊥β，需要具备的条件是( )A ．m ⊥l ，m ∥α，l ∥βB ．m ⊥l ，α∩β＝m ，l ⊂αC ．m ∥l ，m ⊥α，l ⊥βD ．m ∥l ，l ⊥β，m ⊂α解析：选D.A ：与两相互垂直的直线平行的平面的位置关系不能确定；B ：平面内的一条直线与另一个平面的交线垂直，这两个平面的位置关系不能确定；C ：这两个平面有可能平行或重合；D ：是成立的，故选D.4．已知a 、b 是不相等的正数，x ＝a ＋b 2，y ＝a ＋b ，则x 、y 的关系是( ) A ．x ＞y B ．x ＜yC ．x ＞2yD ．不确定解析：选B.∵x ＞0，y ＞0，要比较x ，y 的大小，只需比较x 2，y 2的大小，即比较a ＋b ＋2ab 2与a ＋b 的大小，∴a 、b 为不相等的正数， ∴2ab ＜a ＋b .∴a ＋b ＋2ab 2＜a ＋b ， 即x 2＜y 2，∴x ＜y .5．(2013·张家口高二检测)分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a ＞b ＞c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证b 2－ac ＜3a ”索的因应是( )A ．a －b ＞0B ．a －c ＞0C ．(a －b )(a －c )＞0D ．(a －b )(a －c )＜0解析：选C.要证明b 2－ac ＜3a ，只需证b 2－ac ＜3a 2，只需证(a ＋c )2－ac ＜3a 2，只需证－2a 2＋ac ＋c 2＜0，即证2a 2－ac －c 2＞0，即证(a －c )(2a ＋c )＞0，即证(a －c )(a －b )＞0.6．(2013·福州高二检测)已知关于x 的方程x 2＋(k －3)x ＋k 2＝0的一根小于1，另一根大于1，则k 的取值范围是________．解析：令f (x )＝x 2＋(k －3)x ＋k 2，则由题意知f (1)＜0，即12＋(k －3)×1＋k 2＜0，则得－2＜k ＜1.答案：(－2,1)7．(2013·济南高二检测)如果x ＞0，y ＞0，x ＋y ＋xy ＝2，则x ＋y 的最小值为________． 解析：由x ＞0，y ＞0，x ＋y ＋xy ＝2，得2－(x ＋y )＝xy ≤(x ＋y 2)2， ∴(x ＋y )2＋4(x ＋y )－8≥0，∴x ＋y ≥23－2或x ＋y ≤－2－23，∵x ＞0，y ＞0，∴x ＋y 的最小值为23－2.答案：23－28．命题“若sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0”，则cos(α－β)等于________．解析：条件变为sin α＋sin β＝－sin γ，cos α＋cos β＝－cos γ，两式平方相加可推得结论cos(α－β)＝－12. 答案：－129．设函数f (x )对于定义域R 内任意实数都有f (x )≠0，且f (x ＋y )＝f (x )·f (y )成立． 求证：对于定义域内的任意x 都有f (x )＞0.证明：∵f (x )在定义域R 上任意实数都有f (x )≠0且f (x ＋y )＝f (x )·f (y )，∴对于任意x ∈R ，有f (x )＝f (x 2＋x 2)＝f (x 2)f (x 2)＝f 2(x 2)＞0， 故有f (x )＞0.10．设a ，b ，c 均为大于1的正数，且ab ＝10.求证log a c ＋log b c ≥4lg c .证明：由于a ＞1，b ＞1，故要证明log a c ＋log b c ≥4lg c ，只要证明lg c lg a ＋lg c lg b≥4lg c ．又c ＞1，lg c ＞0，所以只要证明1lg a ＋1lg b ≥4，即lg a ＋lg b lg a lg b≥4. 因为ab ＝10，所以lg a ＋lg b ＝1，故只要证明1lg a lg b≥4，① 由于a ＞1，b ＞1，所以lg a ＞0，lg b ＞0，所以0＜lg a lg b ≤(lg a ＋lg b 2)2＝14，。

纠正关于e 的一种流行错误甘志国(已发表于 新高考(高二·数学)，2015(7-8)：57-58)1 关于e 的一种流行错误曲一线主编《3年高考2年模拟(北京专用)·高考理数》(教育科学出版社，首都师范大学出版社，2014)第15页最下方有下面的叙述：神奇的e e 在自然科学中的应用并不亚于π.像原子物理和地质学中考查放射性物质的衰变规律或考查地球年龄时便要用到e.在用齐奥尔科夫斯基(Константин Эдуардович Циолковский，1857-1935)公式计算火箭速度时也会用到e ，在计算储蓄最优利息及生物繁殖问题时，也要用到e.同π一样，e 也会在意想不到的地方出现，例如：“将一个数分成若干等份，要使各等份乘积最大，怎么分？”要解决这个问题便要同e 打交道.答案是：使等分的各份尽可能接近e.e 就是这样神奇的出现了.刘培杰先生主编的《400个中国最佳初等数学征解老问题》(哈尔滨工业大学出版社，2009)第167~168页介绍了下面的问题及其解法：最大乘积问题 把正数a 均分成若干份，要使这若干份的积最大，应怎样分？解 设把正数a 均分成n 个∈n n a (N *)，即n a n a ⋅=，得它们的积为n n a y ⎪⎭⎫ ⎝⎛=，本题即求y 取最大值时对应的n . 我们先用导数求函数)0()(>⎪⎭⎫ ⎝⎛=x x a x f x 的最大值. 得[]⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛='='-1ln e )()ln (lg x a x a x f x x a x ，所以当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈e ,0a x 时，0)(>'x f ，)(x f 是增函数；当⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞∈,e a x 时，0)(<'x f ，)(x f 是减函数.得当且仅当e a x =即e =x a 时，)(x f 取最大值.所以，本题的答案是：把正数a 均分成若干份，使每份与 71828.2e =最接近时，它们的积最大.这两种叙述的结论相同.但笔者认真研究后，发现该结论不对：反例1 因为4.2ee 512=，所以把e 512均分成若干份，使每份与e 最接近时是分成2份或3份.把e 512均分成2份，每份是e 56，得到的积是2e 56⎪⎭⎫ ⎝⎛；把e 512均分成3份，每份是e 54，得到的积是3e 54⎪⎭⎫ ⎝⎛，可证32e 54e 56⎪⎭⎫ ⎝⎛>⎪⎭⎫ ⎝⎛.又e 56与e 54与e 一样接近，按照上面得到的结论可得，“把e 512均分成成若干份，使它们的积最大”，答案是：应当均分成2份或3份，得到的积32e 54,e 56⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛均是最大的，这显然不对. 反例2 因为42.2ee 50121=，所以把e 50121均分成若干份，使每份与e 最接近时是分成2份或3份.把e 50121均分成2份，每份是e 100121，得到的积是2e 100121⎪⎭⎫ ⎝⎛；把e 50121均分成3份，每份是e 150121，得到的积是3e 150121⎪⎭⎫ ⎝⎛，可证32e 150121e 100121⎪⎭⎫ ⎝⎛>⎪⎭⎫ ⎝⎛.又e 150121比e 100121更接近e ，按照上面得到的结论可得，“把e 150121均分成成若干份，使它们的积最大”，答案是：应当均分成3份，得到的积3e 150121⎪⎭⎫ ⎝⎛最大，这显然不对. 对错误结论的分析 设把正数a 均分成∈m m (N *)份，每份是m a .以上结论“每份与e 最接近时，它们的积越大”即“均分成的份数与ea 最接近时，它们的积越大”. 前面已得“当且仅当e a x =时，)0()(>⎪⎭⎫ ⎝⎛=x x a x f x 取最大值”，所以只有在曲线)0()(>⎪⎭⎫ ⎝⎛=x x a x f x 关于直线e a x =对称时，才有结论“均分成的份数与e a 最接近时，它们的积越大”.而曲线)0()(>⎪⎭⎫ ⎝⎛=x x a x f x 不关于直线e a x =对称，所以以上得到的结论是错误的.这种情形读者可能也遇到过： 题目 求函数∈+=x xx x f (2)(N *)的最小值. 错解 用导数可得∈+=x x x x g (2)(R +)在),2[],2,0(+∞上分别是减函数、增函数，所以当且仅当2=x 时)(x g 取到最小值.又1比2更接近2，所以当且仅当1=x 时函数∈+=x xx x f (2)(N *)取到最小值，且最小值是3. 对错解的分析 因为曲线∈+=x xx x g (2)(R +)不关于直线2=x 对称，所以以上解法是错误的.正确的答案是：当且仅当1=x 或2时函数∈+=x x x x f (2)(N *)取到最小值，且最小值是3.以上最大乘积问题的正确答案是：定理 (1)当1e 0<<a 即e 0<<a 时，应把正数a 均分成1份，它们的积才是最大的(因为函数x x a x f ⎪⎭⎫ ⎝⎛=)(在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,e a 上是减函数，所以函数∈⎪⎭⎫ ⎝⎛=n n a y n (N*)是减函数). (2)当∈ea N *时，应把正数a 均分成e a 份，它们的积才是最大的. (3)当时e >a 且∉e a N *时(用⎥⎦⎤⎢⎣⎡e a 表示不大于e a 的最大整数，设)e m a =⎥⎦⎤⎢⎣⎡，又当11+⎪⎭⎫ ⎝⎛+>⎪⎭⎫ ⎝⎛m m m a m a 即m m m m a 1)1(e ++<<时，应把正数a 均分成⎥⎦⎤⎢⎣⎡e a 份，它们的积才是最大的；又当11+⎪⎭⎫ ⎝⎛+<⎪⎭⎫ ⎝⎛m m m a m a 即m m m m a 1)1(++>时，应把正数a 均分成1e +⎥⎦⎤⎢⎣⎡a 份，它们的积才是最大的；又当11+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛m m m a m a 即m m m m a 1)1(++=时，应把正数a 均分成⎥⎦⎤⎢⎣⎡e a 份或1e+⎥⎦⎤⎢⎣⎡a 份，它们的积才是最大的. 例 分别把e 3,10,427,7,6,2均分成若干份，使它们各自的积最大，应怎样分？ 解 由定理可得答案.(1)因为e 20<<，所以应把2均分成1份，它们的积才是最大的.(2)因为2e 6=⎥⎦⎤⎢⎣⎡，还可用分析法证得323626⎪⎭⎫ ⎝⎛>⎪⎭⎫ ⎝⎛，所以应把6均分成2份，它们的积才最大.(3)因为2e 7=⎥⎦⎤⎢⎣⎡，323727⎪⎭⎫ ⎝⎛<⎪⎭⎫ ⎝⎛，所以应把7均分成3份，它们的积才最大. (4)因为24e 27=⎥⎦⎤⎢⎣⎡，3234272427⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅，所以应把7均分成2份或3份，它们的积才最大.(5)因为3e 10=⎥⎦⎤⎢⎣⎡，43410310⎪⎭⎫ ⎝⎛<⎪⎭⎫ ⎝⎛，所以应把10均分成4份，它们的积才最大.(6)把3e均分成3份，它们的积才最大.。

万变不离其宗———2016版高中数学课本典型试题改编系列之选修2-2课本例题习题改编 1.原题（选修2-2第十一页习题1.1B 组第一题）改编 在高台跳水中，t s 时运动员相对水面的高度(单位：m ）是105.69.4)(2++-=t t t h 则t=2 s 时的速度是_______. 【答案】13.1(/)m s -.【解析】5.68.9)(+-='t t h 由导数的概念知：t=2 s时的速度为)/(1.135.628.9)2(s m h -=+⨯-='2.原题（选修2-2第十九页习题1.2B组第一题）改编记21sin 23sin ,23cos ,21cos -===c B A ，则A,B,C 的大小关系是（ ）A ．A B C >>B ．AC B >> C ． B A C >> D. C B A >>【答案】B.3.原题（选修2-2第二十九页练习第一题）改编 如图是导函数/()y f x =的图象，那么函数()y f x =在下面哪个区间是减函数（ ）A. 13(,)x xB. 24(,)x xC.46(,)x xD.56(,)x x 【答案】B.【解析】函数的单调递减区间就是其导函数小于零的区间，故选B.4.原题（选修2-2第三十二页习题 1.3B 组第1题（4））改编 1 设02x π<<，记si n ln sin ,sin ,x a x b x c e === 试比较a,b,c 的大小关系为（ ）A a b c <<B b a c <<C c b a <<D b c a <<【答案】A.改编2 证明：()x x x ≤+≤+-1ln 111，1x >- 【解析】（1）构造函数()x x x f -+=1ln )(，11)(-=-='xx f )1(->x ，当,0=x ()00='f ，得下表,1->∴x 总有,0)0()(=≤f x f (),01ln ≤-+∴x x ().1ln x x ≤+∴另解1111)(+-=-+='x xx x f )1(->x ，当,0=x ()00='f ，当01<<-x ， ())(,0x f x f >'单调递增，,0)0()(,01=<<<-∴f x f x ……① 当0>x ，())(,0x f x f <'单调递减，,0)0()(,0=<>∴f x f x ………………② 当,0=x ()00=f…………………………………………………………③综合①②③得：当1->x 时，,0)(≤x f (),01ln ≤-+∴x x ().1ln x x ≤+∴ （2）构造函数,111)1ln()(-+++=x x x g ()()2211111)(+=+-+='x x x x x g ， 当,0=x ()00='g ，当,01<<-x ())(,0x g x g <'单调递减；当,0>x ())(,0x g x g >'单调递增；)(,0x g x =∴极小值=[]0)0()(min ===g x g ，,1->∴x 总有∴=≥,0)0()(g x g ,0111)1ln(≥-+++x x 即：)1ln(111x x +≤+-. 综上（1）（2）不等式()x x x ≤+≤+-1ln 111成立. 5.原题（选修2-2第三十七页习题1.4A 组第1题）改编 用长为18 m 的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是_________.6.原题（选修2-2第四十五页练习第二题）改编 一辆汽车在笔直的公路上变速行驶，设汽车在时刻t 的速度为v(t)=-t 2+4,（30≤≤t t ）（t 的单位：h, v 的单位：km/h ）则这辆车行驶的最大位移是______km【解析】当汽车行驶位移最大时，v(t)=0.又v(t)=-t 2+4=0且30≤≤t ,则t=2316431-)4(23202max =+=+-=∴⎰）（t t dt t s ，故填316.7.原题（选修2-2第五十页习题1.5A 组第四题）改编 =--⎰11-21dx x ex）（________【答案】22e 2π--.【解析】)1(212112112x 11-2⎰⎰⎰--=--=--dx x e dx x e dx x exx）（）（，而⎰-121dx x 表示单位圆x 2+y 2=1在第一象限内的部分面积,41102π=-∴⎰dx x∴=--⎰11-21dx x e x ）（2(e-1-4π)=22e 2π-- ,故填22e 2π--. 8.原题（选修2-2第五十三页例2）改编 曲线)x 0sin π≤≤=（x y 与直线y=21围成的封闭图形的面积为（ ）A ．3 B.3-2 C.3-2π D.3-3π【答案】D.9.原题（选修2-2第五十六页例1）改编1由曲线1y =，22y x x =-+所围成图形的面积为____________. 【答案】143π-. 【解析】联立{22112x y xx y --=+-= 得焦点坐标（0,0），（1,1）,∴1120(2)(1s x x dx dx =-+-⎰⎰123210012(2)()33x x dx x x -+=-+=⎰110(11dx x =-=-⎰⎰⎰而⎰表示单位圆221x y +=在第一象限内的部分∴⎰=4π ∴2113443s ππ=-+=-,故填143π-.改编2 计算：（1）dx xx x ⎰+2sin cos2cos π；（2）dx x ⎰-2024【解析】（1）=+⎰dx x x x 20sin cos 2cos π=+-⎰dx x x xx 2022sin cos sin cos π002)cos (sin )sin (cos 20=+=-⎰ππx x dx x x(2)利用导数的几何意义：24x y -=与x=0,x=2所围图形是以(0,0)为圆心，2为半径的四分之一个圆，其面积即为ππ=⋅=-⎰424222dx x （图略）.改编3 求将抛物线x y =2和直线1=x 围成的图形绕x 轴旋转一周得到的几何体的体积.改编 4 在曲线()02≥=x x y 上某一点A 处作一切线使之与曲线以及x 轴所围的面积为121，试求：（1）切点A 的坐标；（2）在切点A 的切线方程.10.原题（选修2-2第七十八页练习3）改编 设P 是ABC ∆内一点，ABC ∆三边上的高分别为A h 、B h 、C h ，P 到三边的距离依次为a l 、b l 、c l ，则有a b c A B Cl l lh h h ++=______________；类比到空间，设P 是四面体ABCD 内一点，四顶点到对面的距离分别是A h 、B h 、C h 、D h ，P 到这四个面的距离依次是a l 、b l 、c l 、d l ，则有_________________.C11.原题（选修2-2第八十二页阅读与思考）改编 如图，点P 为斜三棱柱111C B A ABC -的侧棱1BB 上一点，1BB PM ⊥交1AA 于点M ，1BB PN ⊥交1CC 于点N . (1) 求证：MN CC ⊥1； (2) 在任意DEF ∆中有余弦定理：DFE EFDF EF DF DE ∠⋅-+=cos 2222.拓展到空间，类比三角形的余弦定理， 写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明.12.原题（选修2-2第九十六页习题 2.3A 组第一题）改编 在数列}{n a 中，33,2111+==+n nn a a a a ，则数列}{n a 的通项公式为____________ 【答案】53+=n a n . 【解析】本题有多种求法，“归纳——猜想——证明”是其中之一;,73,632121===a a 3433,,89a a ==猜想53+=n a n .下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，215131=+=a ，猜想成立;（2）假设当n=k 时猜想成立，则5)1(3353533331++=+++⋅=+=+k k k a a a k k k ,当n=k+1时猜想也成立，综合（1）（2），对*∈N n 猜想都成立.故应填53+=n a n . 13.原题（选修2-2第页习题一百一十二页习题3.2A 组第4题（4））改编 复数的共轭复数是）（20122321i +( ) A. i 2321+- B. i 2321-- C. i 2321+ D. i 2321- 【答案】B.。

中学数学杂志（高中）2014年总目录作者：来源：《中学数学杂志(高中版)》2014年第06期数学教育对未来十年中学数学教育的展望俞求是（3-1）试论高中数学优秀生的五个维度张厚品（5-1）潜心静气勤笔耕厚积薄发著华章——撰写教科研论文的苦辣酸甜之路王勇（5-3）数学教师的三大“核心能力”金伟兵（9-1）“碎片化”教学现象剖析及调整对策张格波（9-3）多元智能在高中数学教学中的应用探索俞昕（11-1）让生命在数学教学中“诗意地栖居”于永东（11-5）教师应帮助学生学会生成童其林（11-7）教学研究如何挖掘高中数学分层教学中“层”的价值苏同安（1-1）对数学“微型课”的冷思考俞昕（1-5）数学课堂高效教学中的几个误区沈金兴（1-8）基于现代学习理论的高中数学导学稿设计李伟（1-10）刍议数学教师之学科素养——一次测试引发的思考高洪武（1-15）“精致练习”促进学生理解数学概念夏繁军（1-17）刍议信息技术与算法初步教学的整合施永新（1-20）“指数函数”该怎样上——来自第六届全国高中青年教师优质课的“同课异构”刘明（3-3）教之道在于“度” 学之道在于“悟”——参评《投影与三视图》一课的所见所闻所思所想韩天禧（3-9）比对教学悟真知引导想象成经验杨伟达（3-12）基于MPCK的圆与椭圆的教学黄桂君（3-14）逆向思维受阻的原因、表现及对策童其林（3-18）三角函数中几个角问题的教学改进张乃贵（3-21）信息技术在高中数学课堂中的应用王芳（3-25）合理设置，激发思维——例谈“问题串”在数学教学中的设置庄志刚（5-7）课如酒，个中滋味，细品斟酌俞昕（5-10）对“磨课”的再思考殷长征（5-12）“对话”——有效教学设计的实现前提洪秀满（5-14）类比性习题设计的实践与研究吴成强程胜（5-18）提升品质：让教学从有效走向长效华志远（7-1）数学教学中教师“越位”现象分析及纠正策略殷长征（7-3）数学公式的教学应关注公式的来龙去脉（三）——以“对数运算性质”的教学为例朱哲（7-5）对教科书上分期付款问题算法的质疑甘志国（7-8）谈“集合与函数概念”教学中初高中知识点的几个衔接廖顺宏（7-10）一道课本例题的探究与应用张立政（7-12）数学归纳法教学的困难、对策与价值詹欣豪何小亚（9-6）促进理解的数学活动特征及其案例设计孔小明（9-10）学情分析是数学教学的前提赵绪昌（9-12）用发展的观点思考高一数学概念课的导入庞进发（9-16）高中数学“函数模型及其应用”文本比较研究——以人教A版、北师版、苏教版教材为例张定强蔡娟娥（9-19）高中数学微型探究教学的实践与思考——以《数列》概念教学为例黄鹏程（9-21）一类数列求和实验模型的构建与思考李世臣张素勤（9-23）众里寻她千百度——一轮复习学案选题的几点认识莫静波（9-25）新课程下“数列概念”的教材比较研究于洋（11-10）对人教版教科书《数学·A版》的又22条修改建议甘志国（11-15）对北师大版教材《选修2-2》两处知识点的质疑汪仁林（11-18）“函数单调性”教学应处理好“三个矛盾”杨兴军（11-19）教学中对知识内容拓展与引申的一些思考黄冬娟（11-21）数学教学中对学生思维深刻性的培养卢学谦（11-23）数学教学要注重探究能力的培养张利（11-26）案例评说宝剑锋从磨砺出梅花香自苦寒来记一节偏离课堂预设的生成课例刘瑞美（1-22）《向量数量积的物理背景与定义》教学设计及反思王秀梅（3-26）立足“三个理解” 构建高效课堂——从一节“空间几何体的三视图”谈高效课堂教学林生（3-30）“导数的概念（起始课）”的教学设计、反思与点评杨瑞强彭福来（5-21） 3.2.1古典概型课堂实录王勇袁莉（5-25）直线与平面垂直说课稿宫建红（7-15）基本不等式ab≤a+b2课堂实录刘伟孟祥东（9-28）基于“数学本质”的数学概念教学——椭圆定义的教学设计与反思王伯龙（9-32）竞赛园地中学生数学建模活动的几点探讨朱斌（11-28）一道美国数学奥林匹克国家队选拔考试题的再推广马占山葛建华（11-30）对一道IMO题的再研究薛华荣李剑峰（11-31）新视野南非高中数学教科书整体知识结构研究——以FHSST和Siyavula高中数学教科书为例王奋平（1-25）从数学的本质探东西方数学教育的差异吴道春（1-29）解题思路与方法从一个直观疏忽到一个认识深化罗增儒（1-31）巧用极端化求解取值范围问题举隅崔道永（1-34）导数几何意义的深层次应用黄征（1-36）作高法解三角形孔祥胜（1-37）用坐标伸缩变换解决椭圆问题宋波（1-39）一道高校自主招生试题的解法总结研究高海燕（1-42）用三角代换证明条件为ab+bc+ca=1的一类不等式傅平修（1-44）一道高中数学联赛试题的优美解答与背景分析查正开（1-46）由两个等差数列的公共项组成的新数列问题史正（1-47）椭圆的“柔情” 圆永远能懂李明海（1-48）一道月考试题的命制过程林文柱（3-37）解题因思考而精彩徐小庆（3-39）多元函数最值问题的处理策略狄闻于（3-41）例析赋值放缩法证明与函数有关的数列不等式陈华安（3-43）利用分离函数法证明函数不等式聂文喜（3-46）用分母换元法巧解一类分式型竞赛题李军董林（3-48）导数中一类问题的通用解法——先必要后充分的解题策略李卫江（3-51）关于解析几何中共圆问题的探究何礼保徐加生（3-52）应用伸缩变换解几道高考题刘旭飞鲍安戈（3-54）落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色——谈通性通法在数学教学中的应用曹军（5-36）一线一圆，刍议解析几何的通性通法吴宝莹（5-38）从一道江苏高考填空题谈解题信息观丁益民（5-41）函数与方程中的三个等价关系孙春生肖爱国（5-42）看似细小的差异，却有本质的区别——排列组合中“球—盒”问题剖析李红春（5-45）增量法在不等关系中的应用何有钰赵世念（5-46）高等数学与高考“谈恋爱”陈美茹（5-47）一类正值分式之和的最小值的求解策略——构造分布列杨文光（5-52）一道有争议的最小值问题的多角度切入邹生书（5-53）三角形、四边形的统一的面积公式岳昌庆（5-56）集合的运算性质及应用王户世（7-28）两次求导圆梦参数分离法李春雷（7-30）“局部”——高中数学试题新的命制点朱传美（7-33）正方体中三棱锥的三视图研究王恩宾（7-36）导函数零点的“设而不求”处理策略林国夫（7-38）谈谈全称量词与存在量词马艳（7-42）也谈函数的零点问题及解法卫小国（7-43）对一道数学质检题的讨论苗相军王广燕（7-44）简洁更需严谨——一道题的错解引发的思考仝建（7-47）用拉格朗日乘数法解决一类与凸函数有关的多元函数条件最值甘志国戴桂斌（9-34）三视图问题要防止消极的“潜在假设”吴燃罗增儒（9-37）解析几何有妙用最佳选址易确定华瑞芬（9-40）函数王国里的鸭嘴兽——取整函数向华（9-43）利用导数探究f（x）是否穿过x轴单调的策略武增明（9-45）巧用圆的思想解数学题目苏凡文（9-47）抽象函数试题研究刘光东（9-49）曲线过定点问题解题策略梁文强（11-33）补形巧解立体几何题华腾飞（11-37）例题讲解要“打开窗户说亮话”宋在馥（11-39）多元初等函数结构的化解策略江志杰（11-41）解题过程的正确性源于数学理解的准确性——解析几例“等价变形”刘希栋（11-44）方程根的解法探究赵中华（11-46）高考复习指导函数应用题的复习设计与教后反思华志远（1-49）执果索因探本清源——对2012年一道高考数列压轴题的深度思考李昭平汪和平（1-52）由高考题引发的对函数极值点教学的一点思考廖永明（1-55）2014年高考文科概率统计复习建议杨平胡芳陈学鹏（3-56）提升高三数学备考教学的几点建议王峰（3-60）高考题研习“四步曲”刘忠敏张爱民（3-62）高三数学复习用好教材的三步曲郭胜光（11-48）在高三数学复习过程中的一次德育尝试王永生（11-50）朴实中孕育基础常规中彰显能力——2014年高考解析几何试题分析刘胜林（11-53）高考试题研究2014年综合性大学自主选拔录取联合考试数学试题甘志国（5-57）量变质未变创新重基础——2014年高考（山东卷）数学试题评析孟祥东曹务青张海军（7-49）2014年高考线性规划“亮题”刘亮（7-51）2014年高考中的多选填空题赏析…王云权王勇（7-53）2014年高考山东理科卷数学第21题的拓广彭世金（7-55）2014年高考山东数学理科卷21题解法研究胡翠霞（7-56）2014年高考山东数学文科卷21题的探究王敏（7-57）2014年高考山东理科数学19题的感想冯淑丽（7-58）2014年新课标高考数学试题理科21题解法研究聂文喜（7-60）2014年陕西省高考理科数学第21题研究汪仁林姚利娟（7-61）从一道高考试题的命制到解法探究陈新伟（7-63）由一道高考题（2014年四川理20题）看圆锥曲线的性质王户世（9-50）多视角审视全方位探究——2014年辽宁卷高考（理）第16题解法赏析黄丽生朱信富（9-53）对一道高考题解答的再思考石菁（9-56）一道自主招生题的多方向探索韩新生姚璐（9-58）用数形结合思想解析2014年浙江省高考理科末题甘大旺（9-60）三年磨一线：赏析切线在山东高考中的应用高丰平（9-62）2014年高考数学山东卷理科第20题解法探究陈兆锋季东桥（9-65）数学园地聚焦课改，关注数学教学案例的学习与开发——读张维忠《基于课程标准的数学教学研究》高定照（1-62）分蛋糕的无妒忌协议蔡历亮（1-63）用圆规能画椭圆吗史胜江（3-64）未能吃透教材的教学是胡弄人的——《数学概念及其教学（修订版）》评介木玉（3-65）慢走与快跑，淋湿的程度相同吗王伟民王家栋孟庆庭（5-61）体育重复性赛制中的概率问题孙金林（5-63）概率论诞生前的早期历史沈金兴（7-65）专题研究过定点的动直线的参数方程及其在焦半径问题中的应用甘志国（3-34）椭圆中一个三角形最大面积问题姜坤崇（5-28）探秘圆锥曲线中一类特殊弦的几点性质邓城李祥钧（5-30）抛物线切线的一个优美性质杨尧伟（5-32）圆与圆锥曲线朱树家（5-33）勃罗卡（brocard）问题的推广及应用杨学枝（7-18）椭圆共轭直径的三个新命题张乃贵（7-21）使用几何画板如何找出已知椭圆的中心张伟（7-23）直线和椭圆相切状态下的一个简单性质庄志刚杨云显（7-24）椭圆中两个最值问题的探讨姜坤崇（7-25）争鸣·探索方差中亟待澄清的两个错误观点甘志国（1-56）对两个几何最值问题的一般性研究邹生书（1-59）一个与四边形勃罗卡点相关猜想的否定刘才华（1-38）对《导数几何意义的深层次应用》一文的修正及思考康小峰（5-64）“用物理原理证明数学问题”是在“循环论证”王伟民（11-56）两类函数图象公共点个数的再研究李景印（11-59）运用余弦定理解三角形的一类错误认识施元兰（11-60）学生习作用数形结合思想证明半角公式tanα2=sinα1+cosα=1-cosαsinα朱子健（11-61）。