2018年一道高考數(shù)學(xué)壓軸題的思路發(fā)現(xiàn)*

☉內(nèi)江師范學(xué)院數(shù)學(xué)與信息科學(xué)學(xué)院 趙思林

☉內(nèi)江師范學(xué)院數(shù)學(xué)與信息科學(xué)學(xué)院 陳香君

2018年高考數(shù)學(xué)全國(guó)卷Ⅲ理科第21題，是一道涉及超越函數(shù)、函數(shù)單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)和不等式的好題，該題以數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)、數(shù)學(xué)探究和創(chuàng)新意識(shí)立意.第（1）問(wèn)借助于導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性就可以解決.第（2）問(wèn)的解題思路作了重點(diǎn)分析與探究.

1.2018年高考數(shù)學(xué)全國(guó)卷Ⅲ理科第21題及簡(jiǎn)評(píng)

題目 （2018年高考數(shù)學(xué)全國(guó)卷Ⅲ理科第21題）已知函數(shù)f（x）=（2+x+ax2）ln（x+1）-2x.

（1）若a=0，證明：當(dāng)-1＜x＜0時(shí)，f（x）＜0；當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞0.

（2）若x=0是f（x）的極大值點(diǎn)，求a.

該題是以超越函數(shù)y=ln（1+x）、函數(shù)單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)和不等式等知識(shí)為載體，是一道以數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)、數(shù)學(xué)探究和創(chuàng)新意識(shí)立意的好題.該題的壓軸效果特別顯著，實(shí)現(xiàn)了“一題當(dāng)關(guān)，萬(wàn)人莫解”的命題意圖.第（1）問(wèn)比較常規(guī)但也需用到二階導(dǎo)數(shù)，對(duì)中等生不會(huì)有太大困難，對(duì)于基礎(chǔ)比較差的考生只要會(huì)求一階導(dǎo)數(shù)得到1、2分也不成問(wèn)題.所以，第（1）問(wèn)的設(shè)計(jì)體現(xiàn)了人文關(guān)懷.但第（2）問(wèn)的難度特別大，以S省近27萬(wàn)理科考生為例，該省僅10人答對(duì)，足見此題對(duì)數(shù)學(xué)尖子生數(shù)學(xué)素養(yǎng)的挑戰(zhàn)性.第（2）問(wèn)含有高等數(shù)學(xué)背景.一些高中教師認(rèn)為，本題所給“標(biāo)準(zhǔn)答案”應(yīng)用了考生不熟悉的高等數(shù)學(xué)知識(shí)，不太容易懂.

我們認(rèn)為，本題是一道深含高等數(shù)學(xué)背景、突出考查數(shù)學(xué)探究和數(shù)學(xué)創(chuàng)新思維的好題，但命題組給出的“標(biāo)準(zhǔn)答案”似有探討和改進(jìn)之必要.說(shuō)本題是一道好題，有下面幾點(diǎn)理由：一是第（1）問(wèn)的設(shè)計(jì)中規(guī)中矩，其解法屬于通性通法，只要會(huì)求導(dǎo)數(shù)并且敢做，得1、2分是不難的；二是第（2）問(wèn)雖然很難，但可以從第（1）問(wèn)的解法獲得啟示或靈感；三是第（2）問(wèn)具有原創(chuàng)性，顯然教師都沒(méi)有教過(guò)、學(xué)生也都沒(méi)有做過(guò)，這對(duì)全體考生是公平的；四是第（2）問(wèn)以數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)和創(chuàng)新意識(shí)立意，數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)體現(xiàn)在面對(duì)新的具有挑戰(zhàn)性數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)要敢想、會(huì)算、敢猜、會(huì)證、善用、敢創(chuàng)新等方面.本題的解答沒(méi)有現(xiàn)成套路和既定方法，甚至也不知道從何處下手，這就需要考生具有強(qiáng)烈的創(chuàng)新意識(shí)，并能夠?qū)σ延兄R(shí)經(jīng)驗(yàn)進(jìn)行重組、推廣、創(chuàng)新.

2.第（1）問(wèn)的解答

當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=（2+x）ln（x+1）-2x，f′（x）=ln（1+x）-

當(dāng)-1＜x＜0時(shí)，g′（x）＜0；當(dāng)x＞0時(shí)，g′（x）＞0.故當(dāng)x＞-1時(shí)，g（x）≥g（0）=0，且僅當(dāng)x=0時(shí)，g（x）=0，從而f′（x）≥0，且僅當(dāng)x=0時(shí)，f′（x）=0，所以f（x）在（-1，+∞）單調(diào)遞增.

又f（0）=0，故當(dāng)-1＜x＜0時(shí)，f（x）＜0；當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞0.

3.第（2）問(wèn)的思路發(fā)現(xiàn)與探究

思路發(fā)現(xiàn)1：由于x=0是f（x）的極大值點(diǎn)，一般會(huì)想到求導(dǎo)，通過(guò)判斷導(dǎo)函數(shù)f′（x）在x=0的左、右兩側(cè)充分小的范圍內(nèi)的正負(fù)號(hào)，來(lái)判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性.

由第（1）問(wèn)的結(jié)論知，a≥0不滿足第（2）問(wèn)的條件.

所以，下面只考慮a＜0的情況.

易知，f′（0）=0，f′（x）在x=0的左、右兩側(cè)充分小的范圍內(nèi)的符號(hào)難以判斷.又由于在x=0的左、右兩側(cè)充分小的范圍內(nèi)，可以假定x+1＞0.因此，只需研究f′（x）通分后的分子的符號(hào)，這樣做的目的是為了減少運(yùn)算.

因?yàn)閍＜0，所以1-2a＞0，所以h″（x）單調(diào)遞減.

猜想的證明留到后面.

思路發(fā)現(xiàn)2：因?yàn)閒（0）=0，所以“x=0是f（x）的極大值點(diǎn)”等價(jià)于“f（x）＜0在x=0的左、右兩側(cè)充分小的范圍內(nèi)（如x∈（-ε，0）∪（0，ε）） 恒成立，其中ε是充分小的正數(shù)”，即當(dāng)x∈（-ε，ε）時(shí)，函數(shù)f（x）在x=0處取得最大值.欲求a的值，可考慮分離參數(shù)法.

當(dāng)x∈（-ε，0）∪（0，ε）時(shí)，可以斷定2+x+ax2＞0.

由此，只需證明：x=0是g（x）的極大值點(diǎn).

若6a+1≠0，當(dāng)x∈（-ε，0）∪（0，ε）時(shí)，其中ε是充分小的正數(shù)，g′（x）的近似值可以取從而可以斷定g′（x）的符號(hào)保持不變.因此，x=0不是g（x）的極大值點(diǎn).這與題設(shè)矛盾.

當(dāng)x∈（-ε，0）時(shí)，g′（x）＞0；當(dāng)x∈（0，ε）時(shí)，g′（x）＜0.

所以x=0是g（x）的極大值點(diǎn).故x=0是f（x）的極大值點(diǎn).

點(diǎn)評(píng)：此方法實(shí)質(zhì)上是“標(biāo)準(zhǔn)答案”的一個(gè)改進(jìn).在這里充分應(yīng)用了極大值的定義和近似值的估計(jì).當(dāng)x→0在計(jì)算（估計(jì)）g′（x）的近似值時(shí)可以忽略不計(jì)，也就是說(shuō)，當(dāng)x→0時(shí)，此式對(duì)g′（x）的符號(hào)的影響可以不予考慮.

思路發(fā)現(xiàn)3：按照“估算—猜想—證明”的思路.先考慮使用函數(shù)ln（1+x）的麥克勞林公式來(lái)估算，然后提出猜想，最后給出證明.對(duì)函數(shù)f（x）本身作估算.

當(dāng)x→0時(shí)，f（x）≈（2+x+ax2）x-2x=ax3+x2（a≠0）是一個(gè)三次函數(shù)，x=0不是f（x）的極大值點(diǎn).

所以，取ln（1+x）≈x（當(dāng)x→0）不能滿足題設(shè)的條件.此嘗試失敗，需要繼續(xù)嘗試.

所以，此嘗試也失敗了，需要繼續(xù)嘗試.

說(shuō)明：當(dāng)x→0時(shí)，-2ax3是因此，在對(duì)f′（x）的值的符號(hào)進(jìn)行估計(jì)時(shí)，-2ax3可以不予考慮.

此時(shí)，x=0不會(huì)是f（x）的極大值點(diǎn).

此時(shí)，x=0有可能是f（x）的極大值點(diǎn).

方法1：直接對(duì)f（x）求幾次導(dǎo)數(shù).為便于學(xué)生理解，可以引入輔助函數(shù)，如采用f′（x）=p（x），p′（x）=q（x），q′（x）=r（x）等符號(hào).但為了簡(jiǎn)便，本文直接采用二階、三階導(dǎo)數(shù)的符號(hào).

在x=0處的左、右兩側(cè)充分小的范圍內(nèi)，f′（x）的符號(hào)難以判斷.因此，可以考慮再求一次導(dǎo)數(shù)看看.

在x=0處的左、右兩側(cè)充分小的范圍內(nèi)，f″（x）的符號(hào)仍難以判斷.因此，仍考慮再求一次導(dǎo)數(shù)看看.

設(shè)ε是充分小的正數(shù)，于是有：

①當(dāng)x∈（-ε，0）時(shí)，有f?（x）＞0?f″（x）在（-ε，0）上單調(diào)遞增?f″（x）＜f″（0）=0?f′（x）在（-ε，0）上單調(diào)遞減?f′（x）＞f′（0）=0?f（x）在（-ε，0）上單調(diào)遞增?f（x）＜f（0）=0.

②當(dāng)x∈（0，ε）時(shí)，有f?（x）＜0?f″（x）在（0，ε）上單調(diào)遞減?f″（x）＜f″（0）=0?f′（x）在（0，ε）上單調(diào)遞減?f′（x）＜f′（0）=0?f（x）在（0，ε）上單調(diào)遞減?f（x）＜f（0）=0.

綜上，對(duì)于充分小的正數(shù)ε，當(dāng)x∈（-ε，0）∪（0，ε）時(shí)，恒有f（x）＜0，又f（0）=0，所以x=0是f（x）的極大值點(diǎn).

點(diǎn)評(píng)：本思路發(fā)現(xiàn)按照“估算—猜想—證明”的思路進(jìn)行，這正是發(fā)現(xiàn)（創(chuàng)造）數(shù)學(xué)的一種基本方法.本題的本質(zhì)是不等式其中ε是充分小的正數(shù).本題的p（x）很可能就是從ln（x+出發(fā)反向構(gòu)造出來(lái)的.這是高考命題常用的基本方法.

思路發(fā)現(xiàn)4：不對(duì)函數(shù)f（x）本身作估算，而是對(duì)f（x）的一階、二階導(dǎo)數(shù)等作估算.

由第（1）問(wèn)的結(jié)論知，a=0不符合第（2）問(wèn)的條件.所以a≠0.

首先，考慮f（x）的一階導(dǎo)函數(shù)在x=0處附近的左、右兩側(cè)充分小的范圍內(nèi)的符號(hào).

當(dāng)x→0時(shí)，1+x→1，ax2-x≈-x，用ln（1+x）≈x對(duì)f′（x）

在x=0處的左、右兩側(cè)充分小的范圍內(nèi)，2ax2不變號(hào)，即f′（x）不變號(hào).這表明，無(wú)法判斷x=0是f（x）的極大值點(diǎn).

所以，用ln（1+x）≈x對(duì)f′（x）的近似值作估計(jì)，失敗.

然后，考慮f（x）的二階導(dǎo)函數(shù)在x=0處的左、右兩側(cè)充分小的范圍內(nèi)的符號(hào).

當(dāng)6a+1≠0時(shí)，在x=0處的左、右兩側(cè)充分小的范圍內(nèi)，（6a+1）x變號(hào)，即f″（x）變號(hào).從而，x=0可能是f′（x）的極值點(diǎn).

猜想的證明可以仿思路發(fā)現(xiàn)2和思路發(fā)現(xiàn)3.

本題的其他解法和高等數(shù)學(xué)背景，也值得探究.H