No.122011
Journal of Chinese
Mathematics Education
2011年第12期
从2010年高考数学试题中窥探二阶导数
朱立明（广东省东莞市第五高级中学）
摘要：不等式恒成立问题是高考试题考查的重点内容之一，能够体现出学生的逻辑思维能力，分析问题、解决问题的能力. 从一个新的角度出发，浅论利用二阶导数来剖析高考试题中的不等式恒成立问题.
关键词：不等式恒成立；高考试题；二阶导数
文［3］对不等式恒成立问题进行了剖析，总结了利用分离常数等方法来处理此类问题. 对于不等式恒成立问题，大家总是希望通过分离常数，将其转化成求函数最值的问题. 如果f （x ）≥m 对于x ∈I 恒成立，则只需令f （x ））≤m x min ≥m 即可；如果f （对于x ∈I 恒成立，则只需令f （x ）max ≤m 即可.
然而在转化过程中可能会出现两个难点：一是常数的分离；二是最值的求解. 因为有的题目中涉及到e x 、ln x ，很难将其常数进行分离，就算是能够做到分离，在求最值时也不是一帆风顺，此时对于不等式恒成立问题便可以考虑利用二阶导数来解决.
一、相关定义
设函数f （x ）在开区间I 的每一点都可导，则对应关系x →）可以定义一个函数，对于任意的x ∈I ，这个函数称为f （x ）f （′x
的导函数，记为f （）（x ），又可以讨论其可导′x . 对于导函数f ′性和导数，导函数f （）在点x 处的导数称为函数f （x ）在点x 处′x 的二阶导数，记作f （）″x .
二、试题赏析
例1（）已知函数2010年高考数学全国卷Ⅰ理科第20题）=（x +1）f （x ln x -x +1.
（1）若xf （）≤x 2+ax +1，求a 的取值范围；′x （2）证明（x -1））≥0. f （x
分析：本题第（1）问容易解决，而对于第（2）问的证明方法，比较困难，多数人会利用第（1）问中的结论，ln x -x +1≤0，分情况对0
解：（1）f （）=ln x +1，则xf （）=x ln x +1. ′x ′x
则xf （）≤x 2+ax +1等价于ln x -x ≤a . ′x
令g （x ）=ln x -x ，此时可将其转化成最值问题，利用导数求得g （x ）的最大值，从而得到a 的取值范围是［-1，+∞）.
收稿日期：2011-06-02
作者简介：朱立明（），男，河北承德人，硕士，主要从事中学数学课程与教学论研究. 1986-
（2）函数f （x ）的定义域为（0，+∞），当x =1时，显然等号成立.
当x ≠1时，考察函数f （x ）=（x +1）（x ）=ln x -x +1，f ′）=x -1，ln x +1，f （″x
因此当x >1时，x -1>0，f （）>0，″x 所以函数f （）在（1，+∞）上单调递增，′x 则有f （）>f （）=1>0，′x ′1
即函数f （x ）在（1，+∞）上单调递增，f （x ）>f （1）=0，此时，（x -1））>0成立. f （x
当0f （）=1>0，′x ′1
即函数f （x ）在（0，1）上单调递增，f （x ）0成立. f （x 综上所述，（x -1））≥0成立. f （x
例2（）设函2010年高考数学新课程全国卷理科第21题数f （x ）=e x -1-x -ax 2.
（1）若a =0，求f （x ）的单调区间；
（2）若当x ≥0时f （x ）≥0，求a 的取值范围.
分析：本题在解决第（2）问时也可以利用第（1）问中的结论得到不等式e x ≥x +1，但是如果不能根据第（1）问中的结论抽象出不等式e x ≥x +1，第（2）问将束手无策，接下来脱离第（1）问中的结论，单从二阶导数角度出发解决此问题.
解：（1）f （x ）的单调增区间（0，+∞），f （x ）的单调减区间（-∞，0）.
（2）f （）=e x -1-2ax ，f （）=e x -2a . ′x ″x 当a ≤0时，x ∈［0，+∞），f （）≥0，′x 因此f （x ）在区间［0，+∞）上单调递增，即f （x ）≥f （0）=0，符合题意. 当a >0时，令f （）=0，解得x =ln 2a . ″x
若ln 2a ≤0，即0
因此f （）在［0，+∞）上单调递增，f （）>f （）=0，′x ′x ′0因此f （x ）在［0，+∞）上单调递增，f （x ）≥f （0）=0，符合题意.
若ln 2a >0，即a >1，此时在（0，ln 2a ）上f （）
）在区间（0，ln 2a ）上单调递减，f （）
综上所述，a ∈-∞，.
当a ≥0时，若使x ≥0时，f （x ）≤
x 恒成立，
当且仅当x ≥0时，ax e x +e x -ax -1-x e x ≤0恒成立. 构造函数g （x ）=ax e x +e x -ax -1-x e x ，
则g （）=a e x +ax e x -x e x -a ，g ＂（x ）=2a e x +ax e x -x e x -e x ，′x （x ）=0，解得x =1-2a . 令g ＂
当x =1-2a ≤0时，即0≤a ≤1或a >1.
若0≤a ≤1时，对于x ∈［0，+∞），g ＂（x ）
因此g （）在区间［0，+∞）上单调递减，′x
（x ）（0）=0，函数g （x ）在区间［0，+∞）上单调所以g ′≤g ′递减，
所以g （x ）≤g （0）=0，即f （x ）≤
x 在区间［0，+∞）上恒成立.
∈∈
例3（）设a 为实数，2010年高考数学安徽卷理科第17题函数f （x ）=e x -2x +2a ，x ∈R .
（1）求f （x ）的单调区间与极值；
）求证：当a >ln 2-1且x >0时，e x >x 2-2ax +1. （2
分析：本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调区间、求函数的极值以及证明不等式的问题，解决这样的问题要求学生具备较强的运算能力、综合分析问题和解决问题的）问中得出的结果，否则也不能力，除此之外，还需要顾及第（1能顺利将问题解决. 下面利用二阶导数按照例1、例2的步骤计算，从而使解题思路清晰，提高解题的正确率.
解：（1）f （x ）的单调减区间是（-∞，ln 2），）的单调增区间f （x ）是（ln 2，+∞.
）在x =ln 2处取得极小值，f （ln 2）=2（1-ln 2+a ）f （x . （2）令g （x ）=e -x +2ax -1，
x
2
若a >1时，对于x ∈［0，+∞），g ＂（x ）>0，因此g （）在区间［0，+∞）上单调递增，′x 所以g （）≥g （）=0，′x ′0
（x ）在区间［0，+∞）上单调递增，所以函数g
所以g （x ）≥g （0）=0，
x 不成立.
）=e -2x +2a ，g ＂（x ）=e -2. 则g （′x
x
x
令g ＂（x ）=0，得x =ln 2. 当x ∈（0，ln 2）时，g ＂（x ）0，当x ∈
所以g （在x =ln 2处取得极小值，g （′x ）′ln 2）=2-2ln 2+（1-ln 2+a ）2a =2.
因为a >ln 2-1，所以g （）>0，′ln 2故有g （）>g （）>0，′x ′ln 2
因此g （x ）在（0，+∞）上单调递增，所以g （x ）>g （0）=0. 于是e x >x 2-2ax +1成立.
例4（2010年高考数学全国卷Ⅱ理科第22题）设函数）=1-e -x . f （x
（1）证明：x >-1时，f （x ）≥（2）设当x ≥0时，f （x ）≤
x ；
即f （x ）≤
当x =1-2a >0时，此时1
1-2a
则坌x ∈0，
（x ）
1-2a 所以g ′（x ）在区间0，
1-2a ，+∞
上单调递减. 坌又因为g （）=0，′0
1-2a
所以存在实数δ0∈0，
）>0，g （′x
因此函数g （x ）在区间［0，δ0）上单调递增，即对于x ∈［0，δ）（x ）>g （0）=0，0，g 即f （x ）≤
x 不成立.
坌
1-2a ，+∞
，g ＂（x ）>0；坌x ∈，坌坌坌上单调递增，在区间坌
坌，使得在区间［0，δ）上坌
x ，求a 的取值范围.
分析：本题可分区间进行验证，但是很难想到区间分界点是如何求得的，利用二阶导数法可以避免这一迷惑. 本题利用二阶导数来解答虽然有些繁琐，但是思路清晰，而且能使问题由难转易，不失为一种好的方法.
解：（1）当x >-1时，f （x ）≥x 当且仅当e x ≥x +1，
此不等式易证.
（2）当x ≥0时，f （x ）≥0，
当a -1时，x
所以不能保证x ≥0时，f （x ）≤当a =1时，根据（1）亦不成立.
x 恒成立；
1
综上所述，a 的取值范围是0，.
三、点评
坌坌
从以上四道高考试题看出，在解决恒成立问题时，很多时候都需要用到第（1）问所证过的结论，而且还会加之变换技巧，哪一环节疏漏都将导致做题时寸步难行.
函数f （x ）在某点x =x 0的一阶导数表示在此点切线的斜率；而二阶导数是比较抽象的一个量，它并不像一阶导数那样具有明显的几何意义，但是可以用二阶导数来表示一阶导数的变化率. 大家知道，对e x 任意求导所得结果均为e x ，而对ln x 求二阶导数
（下转第42页）
错因分析：以上思路看上去很有道理，而且十分快捷，那问题出在哪里？其实就是没有注意到几何概型的概念中指出的“该区域内每一点被取到的机会都一样”，也就是“等可能”这π
）=2sin 2x +一基本要求. 这一点可以从f （x
三、避免此类问题的几点建议
从上面两个例子可以看出，学生犯的错误究其原因，就是对这两种概型的“基本事件是等可能发生的”这个共同要求认识不足. 那么，如何避免这种错误？
1．古典概型──思考试验是什么，事件是否等可能在古典概型中，确定概率公式中的分母n ———基本事件总数尤为重要，但在枚举或利用排列组合知识求n 时一定要搞清楚题目中的“试验”是什么，想一想你所认为的基本事件是不是等可能发生的. 在教学实践中发现很多学生求解概率题往往一步
≤［0，π］+1，x ∈≤
）的图象在其值域的图象（如下图）中就可以清楚地看到：f （x ［-1，3］上并不是均匀分布的，故其基本事件不能理解为区间上任取一点，否则就会导致基本事件不等可能发生，从［-1，3］
而产生上面的错误.
+1就列出算式，根本不去思考“试验”是什么，更别提思考基本事件是不是等可能发生的了. 因此，在教学过程中，特别是新授课时，一定要让学生说出“试验”是什么，思考基本事件是否等可能发生，从而让学生形成这样的意识和习惯.
2．古典概型──尽量不要改变题目中本来的基本事件从古典概型到几何概型，是从有限到无限的延伸，等可能的情况不仅适用于有限个事件的情形，也能拓展到无限个事件的情形. 几何概型的教学应抓住其直观性较强的特点，通过实例说明几何概型的特征是实验结果的无限性和每一个实验结果出现的等可能性. 而在几何概型中，“基本事件不等可能出现”这种错误一旦出现，往往更具隐蔽性，不易被发现. 从教学实践中总结出：要避免这种错误，就尽量不要改变题目中本来的“试验”与基本事件（一般就是题目中“则”前的语句），思考基本事件是什么，可以转化为哪个几何区域内随机的一点，并且保证每一点被取到的机会相等，而不能另辟蹊径，随意改变题目中的区域D ，犯“基本事件不等可能”这种隐蔽而又致命的错误.
参考文献：
［1］褚人统．关于高考概型试题的几点思考［J ］．中国数学
（10）：30-33．教育（高中版），2010
［2］陈国峰．分类解析等可能事件概率问题［J ］．中学数学，
（9）：26．2003
1
π
正解：由f （x 0）>0可得2sin 2x 0+
≤
>-1，≤而x 0∈［0，π］，结合正弦函数图象可得π≤2x 0+π≤7π或11π≤2x +π≤7π，
所以0≤x 0≤5π或3π≤x 0≤π.
这是一个几何概型，基本事件为在［］上任取一点x 0（从0，π）的图象在其定义域［-1，3］上是均匀分布上图中可以看出f （x
］上每一点被取到的机会都一样），因此数轴上区间的，在［0，π5π
［］为区域D ，而使f （x 0）>0的x 0∈0，0，π
125π
故数轴上区间0，
≤
3π
，∪，π∪≤4
∪
3π
为区域d ，设“f （x ）>0”∪，π∪∪为事件A ，则P （A ）=d 的长度=
3π5π-0
+π-≤≤≤
=2. ────────────────────────────────────────────────
（上接第40页）
可得-1，这样就把对数函数变成大家所熟知的函数，因此涉及
到e 、ln x 的不等式恒成立问题，就可以通过二阶导数来解决.
x
总之，关于不等式恒成立问题，解法灵活、综合性强，是高考中的重点，也是难点，要求具备很强的逻辑思维能力，导致很多学生对其望而却步，但利用二阶导数进行研究，有时会出现柳暗花明的局面，从而使解题事半功倍.
参考文献：
［1］蔡芙蓉. 2010年高考数学试题（新课程卷）分类解析：
函数与导数［J ］高中版），2010（7/8）：. 中国数学教育（20-25.
［2］王连笑. 2010年高考数学试题（新课程卷）分类解析：
不等式［J ］），2010（7/8）：. 中国数学教育（高中版43-50.
［3］潘梅耘. 再议不等式中的恒成立问题［J ］. 中学数学月
刊，2010（6）：39-40.
［4］张筑生. 数学分析新讲［M ］. 北京：北京大学出版社，
2005.
例题表明，解决这类问题的一般步骤如下：
（1）构造新函数g （x ），将原问题转化成x ∈［a ，b ］，g （x ）≥0（g （x ）≤0）恒成立，此时有g （a ）=0；
（2）求函数g （x ）的二阶导数g ＂（x ），并令g ＂（x ）=0，求出此时x 的值；
（3）根据二阶导数来判断一阶导数的单调性，此类问题一般均为单调递增（单调递减），然后可求出g （）（g （））；′x ′x min max
（4）令g ′（x ）（x ）），求出参数的取值范围，g ′min ≥0（max ≤0其结论成立；
（5）令g （））），求出参数的取值范围，验′x g （′x min 0证其结论是否成立，若不成立，找出导致问题不成立的区间，将参数取值范围舍掉不取.
No.122011
Journal of Chinese
Mathematics Education
2011年第12期
从2010年高考数学试题中窥探二阶导数
朱立明（广东省东莞市第五高级中学）
摘要：不等式恒成立问题是高考试题考查的重点内容之一，能够体现出学生的逻辑思维能力，分析问题、解决问题的能力. 从一个新的角度出发，浅论利用二阶导数来剖析高考试题中的不等式恒成立问题.
关键词：不等式恒成立；高考试题；二阶导数
文［3］对不等式恒成立问题进行了剖析，总结了利用分离常数等方法来处理此类问题. 对于不等式恒成立问题，大家总是希望通过分离常数，将其转化成求函数最值的问题. 如果f （x ）≥m 对于x ∈I 恒成立，则只需令f （x ））≤m x min ≥m 即可；如果f （对于x ∈I 恒成立，则只需令f （x ）max ≤m 即可.
然而在转化过程中可能会出现两个难点：一是常数的分离；二是最值的求解. 因为有的题目中涉及到e x 、ln x ，很难将其常数进行分离，就算是能够做到分离，在求最值时也不是一帆风顺，此时对于不等式恒成立问题便可以考虑利用二阶导数来解决.
一、相关定义
设函数f （x ）在开区间I 的每一点都可导，则对应关系x →）可以定义一个函数，对于任意的x ∈I ，这个函数称为f （x ）f （′x
的导函数，记为f （）（x ），又可以讨论其可导′x . 对于导函数f ′性和导数，导函数f （）在点x 处的导数称为函数f （x ）在点x 处′x 的二阶导数，记作f （）″x .
二、试题赏析
例1（）已知函数2010年高考数学全国卷Ⅰ理科第20题）=（x +1）f （x ln x -x +1.
（1）若xf （）≤x 2+ax +1，求a 的取值范围；′x （2）证明（x -1））≥0. f （x
分析：本题第（1）问容易解决，而对于第（2）问的证明方法，比较困难，多数人会利用第（1）问中的结论，ln x -x +1≤0，分情况对0
解：（1）f （）=ln x +1，则xf （）=x ln x +1. ′x ′x
则xf （）≤x 2+ax +1等价于ln x -x ≤a . ′x
令g （x ）=ln x -x ，此时可将其转化成最值问题，利用导数求得g （x ）的最大值，从而得到a 的取值范围是［-1，+∞）.
收稿日期：2011-06-02
作者简介：朱立明（），男，河北承德人，硕士，主要从事中学数学课程与教学论研究. 1986-
（2）函数f （x ）的定义域为（0，+∞），当x =1时，显然等号成立.
当x ≠1时，考察函数f （x ）=（x +1）（x ）=ln x -x +1，f ′）=x -1，ln x +1，f （″x
因此当x >1时，x -1>0，f （）>0，″x 所以函数f （）在（1，+∞）上单调递增，′x 则有f （）>f （）=1>0，′x ′1
即函数f （x ）在（1，+∞）上单调递增，f （x ）>f （1）=0，此时，（x -1））>0成立. f （x
当0f （）=1>0，′x ′1
即函数f （x ）在（0，1）上单调递增，f （x ）0成立. f （x 综上所述，（x -1））≥0成立. f （x
例2（）设函2010年高考数学新课程全国卷理科第21题数f （x ）=e x -1-x -ax 2.
（1）若a =0，求f （x ）的单调区间；
（2）若当x ≥0时f （x ）≥0，求a 的取值范围.
分析：本题在解决第（2）问时也可以利用第（1）问中的结论得到不等式e x ≥x +1，但是如果不能根据第（1）问中的结论抽象出不等式e x ≥x +1，第（2）问将束手无策，接下来脱离第（1）问中的结论，单从二阶导数角度出发解决此问题.
解：（1）f （x ）的单调增区间（0，+∞），f （x ）的单调减区间（-∞，0）.
（2）f （）=e x -1-2ax ，f （）=e x -2a . ′x ″x 当a ≤0时，x ∈［0，+∞），f （）≥0，′x 因此f （x ）在区间［0，+∞）上单调递增，即f （x ）≥f （0）=0，符合题意. 当a >0时，令f （）=0，解得x =ln 2a . ″x
若ln 2a ≤0，即0
因此f （）在［0，+∞）上单调递增，f （）>f （）=0，′x ′x ′0因此f （x ）在［0，+∞）上单调递增，f （x ）≥f （0）=0，符合题意.
若ln 2a >0，即a >1，此时在（0，ln 2a ）上f （）
）在区间（0，ln 2a ）上单调递减，f （）
综上所述，a ∈-∞，.
当a ≥0时，若使x ≥0时，f （x ）≤
x 恒成立，
当且仅当x ≥0时，ax e x +e x -ax -1-x e x ≤0恒成立. 构造函数g （x ）=ax e x +e x -ax -1-x e x ，
则g （）=a e x +ax e x -x e x -a ，g ＂（x ）=2a e x +ax e x -x e x -e x ，′x （x ）=0，解得x =1-2a . 令g ＂
当x =1-2a ≤0时，即0≤a ≤1或a >1.
若0≤a ≤1时，对于x ∈［0，+∞），g ＂（x ）
因此g （）在区间［0，+∞）上单调递减，′x
（x ）（0）=0，函数g （x ）在区间［0，+∞）上单调所以g ′≤g ′递减，
所以g （x ）≤g （0）=0，即f （x ）≤
x 在区间［0，+∞）上恒成立.
∈∈
例3（）设a 为实数，2010年高考数学安徽卷理科第17题函数f （x ）=e x -2x +2a ，x ∈R .
（1）求f （x ）的单调区间与极值；
）求证：当a >ln 2-1且x >0时，e x >x 2-2ax +1. （2
分析：本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调区间、求函数的极值以及证明不等式的问题，解决这样的问题要求学生具备较强的运算能力、综合分析问题和解决问题的）问中得出的结果，否则也不能力，除此之外，还需要顾及第（1能顺利将问题解决. 下面利用二阶导数按照例1、例2的步骤计算，从而使解题思路清晰，提高解题的正确率.
解：（1）f （x ）的单调减区间是（-∞，ln 2），）的单调增区间f （x ）是（ln 2，+∞.
）在x =ln 2处取得极小值，f （ln 2）=2（1-ln 2+a ）f （x . （2）令g （x ）=e -x +2ax -1，
x
2
若a >1时，对于x ∈［0，+∞），g ＂（x ）>0，因此g （）在区间［0，+∞）上单调递增，′x 所以g （）≥g （）=0，′x ′0
（x ）在区间［0，+∞）上单调递增，所以函数g
所以g （x ）≥g （0）=0，
x 不成立.
）=e -2x +2a ，g ＂（x ）=e -2. 则g （′x
x
x
令g ＂（x ）=0，得x =ln 2. 当x ∈（0，ln 2）时，g ＂（x ）0，当x ∈
所以g （在x =ln 2处取得极小值，g （′x ）′ln 2）=2-2ln 2+（1-ln 2+a ）2a =2.
因为a >ln 2-1，所以g （）>0，′ln 2故有g （）>g （）>0，′x ′ln 2
因此g （x ）在（0，+∞）上单调递增，所以g （x ）>g （0）=0. 于是e x >x 2-2ax +1成立.
例4（2010年高考数学全国卷Ⅱ理科第22题）设函数）=1-e -x . f （x
（1）证明：x >-1时，f （x ）≥（2）设当x ≥0时，f （x ）≤
x ；
即f （x ）≤
当x =1-2a >0时，此时1
1-2a
则坌x ∈0，
（x ）
1-2a 所以g ′（x ）在区间0，
1-2a ，+∞
上单调递减. 坌又因为g （）=0，′0
1-2a
所以存在实数δ0∈0，
）>0，g （′x
因此函数g （x ）在区间［0，δ0）上单调递增，即对于x ∈［0，δ）（x ）>g （0）=0，0，g 即f （x ）≤
x 不成立.
坌
1-2a ，+∞
，g ＂（x ）>0；坌x ∈，坌坌坌上单调递增，在区间坌
坌，使得在区间［0，δ）上坌
x ，求a 的取值范围.
分析：本题可分区间进行验证，但是很难想到区间分界点是如何求得的，利用二阶导数法可以避免这一迷惑. 本题利用二阶导数来解答虽然有些繁琐，但是思路清晰，而且能使问题由难转易，不失为一种好的方法.
解：（1）当x >-1时，f （x ）≥x 当且仅当e x ≥x +1，
此不等式易证.
（2）当x ≥0时，f （x ）≥0，
当a -1时，x
所以不能保证x ≥0时，f （x ）≤当a =1时，根据（1）亦不成立.
x 恒成立；
1
综上所述，a 的取值范围是0，.
三、点评
坌坌
从以上四道高考试题看出，在解决恒成立问题时，很多时候都需要用到第（1）问所证过的结论，而且还会加之变换技巧，哪一环节疏漏都将导致做题时寸步难行.
函数f （x ）在某点x =x 0的一阶导数表示在此点切线的斜率；而二阶导数是比较抽象的一个量，它并不像一阶导数那样具有明显的几何意义，但是可以用二阶导数来表示一阶导数的变化率. 大家知道，对e x 任意求导所得结果均为e x ，而对ln x 求二阶导数
（下转第42页）
错因分析：以上思路看上去很有道理，而且十分快捷，那问题出在哪里？其实就是没有注意到几何概型的概念中指出的“该区域内每一点被取到的机会都一样”，也就是“等可能”这π
）=2sin 2x +一基本要求. 这一点可以从f （x
三、避免此类问题的几点建议
从上面两个例子可以看出，学生犯的错误究其原因，就是对这两种概型的“基本事件是等可能发生的”这个共同要求认识不足. 那么，如何避免这种错误？
1．古典概型──思考试验是什么，事件是否等可能在古典概型中，确定概率公式中的分母n ———基本事件总数尤为重要，但在枚举或利用排列组合知识求n 时一定要搞清楚题目中的“试验”是什么，想一想你所认为的基本事件是不是等可能发生的. 在教学实践中发现很多学生求解概率题往往一步
≤［0，π］+1，x ∈≤
）的图象在其值域的图象（如下图）中就可以清楚地看到：f （x ［-1，3］上并不是均匀分布的，故其基本事件不能理解为区间上任取一点，否则就会导致基本事件不等可能发生，从［-1，3］
而产生上面的错误.
+1就列出算式，根本不去思考“试验”是什么，更别提思考基本事件是不是等可能发生的了. 因此，在教学过程中，特别是新授课时，一定要让学生说出“试验”是什么，思考基本事件是否等可能发生，从而让学生形成这样的意识和习惯.
2．古典概型──尽量不要改变题目中本来的基本事件从古典概型到几何概型，是从有限到无限的延伸，等可能的情况不仅适用于有限个事件的情形，也能拓展到无限个事件的情形. 几何概型的教学应抓住其直观性较强的特点，通过实例说明几何概型的特征是实验结果的无限性和每一个实验结果出现的等可能性. 而在几何概型中，“基本事件不等可能出现”这种错误一旦出现，往往更具隐蔽性，不易被发现. 从教学实践中总结出：要避免这种错误，就尽量不要改变题目中本来的“试验”与基本事件（一般就是题目中“则”前的语句），思考基本事件是什么，可以转化为哪个几何区域内随机的一点，并且保证每一点被取到的机会相等，而不能另辟蹊径，随意改变题目中的区域D ，犯“基本事件不等可能”这种隐蔽而又致命的错误.
参考文献：
［1］褚人统．关于高考概型试题的几点思考［J ］．中国数学
（10）：30-33．教育（高中版），2010
［2］陈国峰．分类解析等可能事件概率问题［J ］．中学数学，
（9）：26．2003
1
π
正解：由f （x 0）>0可得2sin 2x 0+
≤
>-1，≤而x 0∈［0，π］，结合正弦函数图象可得π≤2x 0+π≤7π或11π≤2x +π≤7π，
所以0≤x 0≤5π或3π≤x 0≤π.
这是一个几何概型，基本事件为在［］上任取一点x 0（从0，π）的图象在其定义域［-1，3］上是均匀分布上图中可以看出f （x
］上每一点被取到的机会都一样），因此数轴上区间的，在［0，π5π
［］为区域D ，而使f （x 0）>0的x 0∈0，0，π
125π
故数轴上区间0，
≤
3π
，∪，π∪≤4
∪
3π
为区域d ，设“f （x ）>0”∪，π∪∪为事件A ，则P （A ）=d 的长度=
3π5π-0
+π-≤≤≤
=2. ────────────────────────────────────────────────
（上接第40页）
可得-1，这样就把对数函数变成大家所熟知的函数，因此涉及
到e 、ln x 的不等式恒成立问题，就可以通过二阶导数来解决.
x
总之，关于不等式恒成立问题，解法灵活、综合性强，是高考中的重点，也是难点，要求具备很强的逻辑思维能力，导致很多学生对其望而却步，但利用二阶导数进行研究，有时会出现柳暗花明的局面，从而使解题事半功倍.
参考文献：
［1］蔡芙蓉. 2010年高考数学试题（新课程卷）分类解析：
函数与导数［J ］高中版），2010（7/8）：. 中国数学教育（20-25.
［2］王连笑. 2010年高考数学试题（新课程卷）分类解析：
不等式［J ］），2010（7/8）：. 中国数学教育（高中版43-50.
［3］潘梅耘. 再议不等式中的恒成立问题［J ］. 中学数学月
刊，2010（6）：39-40.
［4］张筑生. 数学分析新讲［M ］. 北京：北京大学出版社，
2005.
例题表明，解决这类问题的一般步骤如下：
（1）构造新函数g （x ），将原问题转化成x ∈［a ，b ］，g （x ）≥0（g （x ）≤0）恒成立，此时有g （a ）=0；
（2）求函数g （x ）的二阶导数g ＂（x ），并令g ＂（x ）=0，求出此时x 的值；
（3）根据二阶导数来判断一阶导数的单调性，此类问题一般均为单调递增（单调递减），然后可求出g （）（g （））；′x ′x min max
（4）令g ′（x ）（x ）），求出参数的取值范围，g ′min ≥0（max ≤0其结论成立；
（5）令g （））），求出参数的取值范围，验′x g （′x min 0证其结论是否成立，若不成立，找出导致问题不成立的区间，将参数取值范围舍掉不取.