2023年上海市數(shù)學(xué)高考第21題探析

周 雙

(控江中學(xué),上海 200093)

2023屆高三是上海市采用新課標(biāo)、新教材的第一屆,相對于二期課改教材增加了導(dǎo)數(shù)等內(nèi)容.數(shù)列是一類特殊的函數(shù),是重要的數(shù)學(xué)研究對象,是研究其他函數(shù)類型的基本工具.能用函數(shù)的觀點看待數(shù)列、用函數(shù)的方法研究數(shù)列是學(xué)生學(xué)習(xí)后的能力表現(xiàn)[1].在教學(xué)過程中,教師應(yīng)幫助學(xué)生感受數(shù)列與函數(shù)的共性與差異,體會數(shù)學(xué)的整體性[2].2023年上海市數(shù)學(xué)高考的最后一題綜合考查了數(shù)列、導(dǎo)數(shù)等知識,在踐行新課標(biāo)、新教材要求的同時,仍保持了獨具上海特色的命題風(fēng)格,值得一線數(shù)學(xué)教育工作者深入剖析和反思.

1 試題呈現(xiàn)

例1令f(x)=lnx,取點(a1,f(a1)),過該點作曲線y=f(x)的切線交y軸于點(0,a2);取點(a2,f(a2)),過該點作曲線y=f(x)的切線交y軸于點(0,a3);依此類推,期間若ak≤0則停止,得到數(shù)列{an}.

1)若正整數(shù)m≥2,證明:am=lnam-1-1.

2)若正整數(shù)m≥2,試比較am與am-1-2的大小.

3)若正整數(shù)k≥3,問:是否存在k使得a1,a2,…,ak依次成等差數(shù)列?若存在,求出k的所有取值;若不存在,試說明理由.

(2023年上海市數(shù)學(xué)高考試題第21題)

該題將數(shù)列與導(dǎo)數(shù)新內(nèi)容相融合,以層層遞進(jìn)的設(shè)問方式探究相關(guān)性質(zhì),引導(dǎo)學(xué)生用規(guī)范的數(shù)學(xué)語言表達(dá)推理與論證過程,考查邏輯推理能力和創(chuàng)新素養(yǎng).第3)小題構(gòu)思精巧,涉及的知識點較基礎(chǔ),而整體難度較大.此題淡化技巧,注重對學(xué)生數(shù)學(xué)思想方法的考查.以下筆者主要分析第3)小題.

2 試題分析

解法1(利用函數(shù)思想)

若a1,a2,…,ak成等差數(shù)列,設(shè)公差為d,由第2)小題可得d≤-2.

當(dāng)1≤n≤k-1時,

an+1-an=d,

從而

f(an)-an=d+1,

于是an是關(guān)于x的方程f(x)-x=d+1的解.由于d≤-2,因此關(guān)于x的方程f(x)-x=d+1至少有k-1個互不相等的解a1,a2,…,ak-1.

令g(x)=f(x)-x,則

由此可知g(x)在(0,1]上單調(diào)遞增,在[1,+∞)上單調(diào)遞減,從而關(guān)于x的方程f(x)-x=d+1至多有2個解,于是k-1≤2,得k≤3,結(jié)合題設(shè)得k=3.

當(dāng)k=3時,a1,a2,a3滿足a1=ea2+1,a3=lna2-1.由a3≤0可得0

2a2=a1+a3,

即

ea2+1+lna2-2a2-1=0.

由此可得k=3符合題意,當(dāng)且僅當(dāng)存在a2∈(0,e],使得

ea2+1+lna2-2a2-1=0.

令h(x)=ex+1+lnx-2x-1,可得

h(e-8)=ee-8+1-2e-8-9

h(e)=ee+1-2e>0,

由零點存在定理知h(x)在(e-8,e)上存在零點x0.取a2=x0,得

ea2+1+lna2-2a2-1=0,

于是k=3符合題意.由此可得k=3.

評注解法1借助an,an+1滿足的兩個等式an+1=f(an)-1,an+1=an+d,得到關(guān)于an的等式f(an)-an=d+1,其本質(zhì)是消元.得到這一步是比較自然的,難點在于把an看成關(guān)于x的方程f(x)-x=d+1的解,并利用函數(shù)思想討論該方程解的個數(shù),從而得到k滿足的一個必要條件.在平時的教學(xué)過程中,教師要引導(dǎo)學(xué)生認(rèn)識到方程、不等式、函數(shù)、數(shù)列的緊密聯(lián)系,會用函數(shù)的觀點看方程、不等式和數(shù)列,體會數(shù)學(xué)的整體性.

解法2(利用數(shù)列的性質(zhì))

若a1,a2,…,ak成等差數(shù)列,設(shè)公差為d,由第2)小題可得d≤-2.

由題設(shè),當(dāng)1≤n≤k-2時,

兩式相減,得

從而

這與公差d≤-2矛盾.故k≤3,結(jié)合題設(shè)得k=3.以下同解法1(略).

評注解法2借助遞推公式考慮了相鄰3項an,an+1,an+2的關(guān)系,僅通過等差數(shù)列的性質(zhì)與代數(shù)變形求解,所用的知識比解法1更少,求解過程更簡潔.

解法3(逆向思考,適當(dāng)放縮)

令bn=ak+1-n,則數(shù)列{bn}共有k項,滿足:①b1≤0;②bn+1=ebn+1對滿足1≤n≤k-1的一切正整數(shù)n恒成立;③{bn}是等差數(shù)列,公差d≥2.

bn+2-bn+1=ebn+1(ebn+1-bn-1).

由②易得b2>0,b3>0,…,bk>0.若k≥4,則

b4-b3=eb2+1(eb3-b2-1)>eb3-b2-1,

由常用不等式ex≥x+1,得

eb3-b2-1≥b3-b2,

從而

b4-b3>b3-b2,

與③矛盾.故k≤3,結(jié)合題設(shè)得k=3.以下同解法1(略).

評注解法3視角獨特,將該數(shù)列倒序考慮,是一種逆向思考方式.當(dāng)k≥4時,在得到等式bn+2-bn+1=ebn+1(ebn+1-bn-1)恒成立后,直接利用等式恒成立的一個必要條件“當(dāng)n=2時等式成立”產(chǎn)生矛盾.逆向思考、先從必要條件思考等思維模式在解決數(shù)學(xué)問題中發(fā)揮著重要作用.在平時教學(xué)中,教師不僅要關(guān)注數(shù)學(xué)知識的落實,還要關(guān)注數(shù)學(xué)思想方法的滲透.

3 試題溯源

例1雖然以導(dǎo)數(shù)為背景命題,但核心是以迭代函數(shù)f(x)構(gòu)造數(shù)列的遞推公式an+1=f(an),這在歷年上海市數(shù)學(xué)高考真題中有跡可循,如例2.

例2給定常數(shù)c>0,定義函數(shù)f(x)=2|x+c+4|-|x+c|.已知數(shù)列a1,a2,a3,…,滿足an+1=f(an),其中n∈N*.

1)若a1=-c-2,求a2及a3.

2)求證:對任意n∈N*,an+1-an≥c.

3)是否存在a1,使得a1,a2,…,an,…成等差數(shù)列?若存在,求出所有這樣的a1;若不存在,說明理由.

(2013年上海市數(shù)學(xué)高考理科試題第23題)

類似的高考試題在其他省市也有涉及,如例3.

例3已知數(shù)列{xn}滿足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(其中n∈N*).證明:當(dāng)n∈N*時,

1)0

(2017年浙江省數(shù)學(xué)高考試題第22題)

4 試題改編

把例1的遞推公式進(jìn)行推廣,得到變式1.

變式1已知常數(shù)a,b∈R,歸納構(gòu)造數(shù)列{an}:①確定a1的值,使得a1>0.②對于任意正整數(shù)k,當(dāng)ak>0時,令ak+1=alnak+b;當(dāng)ak≤0時,構(gòu)造停止.問:是否存在a1,使得{an}至少有3項,且{an}是公差不為0的等差數(shù)列?若存在,求所有的a,b;若不存在,說明理由.

解當(dāng)a≤0時,函數(shù)g(x)=alnx+b-x是單調(diào)遞減函數(shù),同例1可知{an}不存在.

因為a1,a2,a3成等差數(shù)列,所以

2a2=a1+a3,

進(jìn)而

(1)

當(dāng)0

從而h(x)在(0,c]上單調(diào)遞增.又因為

且當(dāng)x→0+時,h(x)→-∞,所以式(1)關(guān)于a2在(0,c]上有解當(dāng)且僅當(dāng)h(c)≥0,解得b≤-aln(aln 2).

綜上所述,所有的a,b為{(a,b)|b≤-aln(aln 2)}.

評注①例1即變式1中a=1,b=-1的情形;②若遞推公式為an+1=aln(λan+μ)+b,令bn=λan+μ,可將問題化歸為此題的情形,因此此題的結(jié)論可修改并進(jìn)一步推廣至遞推公式為an+1=aln(λan+μ)+b的情形.

例1仍有許多值得探究的地方,在解法2、解法3中,我們通過作差考慮an+1-an,數(shù)列{an+1-an}有哪些性質(zhì)?經(jīng)筆者探究,得到變式2、變式3.

變式2題干同例1.問:是否存在a1,使得a2-a1,a3-a2,…,ak-ak-1(其中k≥4)成等比數(shù)列?若存在,求所有的k;若不存在,說明理由.

變式3題干同例1.記數(shù)列A:a2-a1,a3-a2,…,ak-ak-1.給定常數(shù)λ>1,求證:存在p∈(0,+∞),使得當(dāng)p

在例1中,{an}的子列是否可能存在等差數(shù)列,進(jìn)一步是否可能存在等比數(shù)列?基于此,筆者以等比數(shù)列為例得到變式4.

變式4題干同例1.問:是否存在a1,使得數(shù)列{an}中存在m(其中m≥3)項(項的序數(shù)可以不連續(xù))成等比數(shù)列?若存在,求所有的m;若不存在,說明理由.

在例1的解法1中,我們得到an是關(guān)于x的方程f(x)-x=d+1的解.在該題中,方程f(x)-x=d+1的解至多2個.若有成等差數(shù)列的項,則只能為3項,這是有限項的情形.考慮到對于其他函數(shù)f(x),關(guān)于x的方程f(x)-x=d的解可以有無窮多個,滿足an+1=f(an)恒成立的無窮等差數(shù)列{an}可能存在,經(jīng)過構(gòu)思,筆者得到新編題1:

新編題1若函數(shù)f(x)滿足存在公差不為0的無窮等差數(shù)列{an},使得對任意正整數(shù)n,恒有an+1=f(an),則稱f(x)具有性質(zhì)P.已知函數(shù)f(x)的定義域為[0,+∞),滿足:①對任意x∈[0,+∞),恒有f(x+2)=f(x)+2;②當(dāng)x∈[0,2)時,f(x)=-4x2+9x-2.問:f(x)是否具有性質(zhì)P?若具有,求所有可能的{an}的公差;若不具有,說明理由.

解令g(x)=f(x)-x,由f(x+2)=f(x)+2,可得

g(x+2)+x+2=g(x)+x+2,

從而

g(x+2)=g(x),

于是g(x)是以2為一個周期的周期函數(shù).當(dāng)x∈[0,2)時,g(x)=-4x2+8x-2,作出g(x)的大致圖像如圖1所示.

圖1

設(shè){an}的公差為d,記關(guān)于x的方程g(x)=d在[0,2)上的兩個解分別為x0,2-x0(其中x0≤1),集合

S={x|x=x0+2k(其中k∈N)},

T={x|x=2-x0+2k(其中k∈N)},

則該方程的解集為S∪T.

因為g(x)的最大值為g(1)=2,所以d≤2.又因為d<0時,無窮等差數(shù)列{an}中至少存在一項ai,滿足ai<0,這與f(ai)有意義矛盾,所以d≥0.結(jié)合題意可知0

d=a2-a1=2-2x0+2(n-m).

由0<2-2x0+2(n-m)<2,得

x0-1

又0

n-m=0,d=2-2x0,

于是

g(x0)=2-2x0,

得

綜上所述,f(x)具有性質(zhì)P,所有公差的取值集合為{1,2}.

從上述例子我們不難得到,對于函數(shù)f(x),若存在公差不為0的無窮等差數(shù)列{an}使得an+1=f(an)恒成立,則存在常數(shù)d使得關(guān)于x的方程f(x)-x=d有無窮多個解;反之,若存在常數(shù)d使得關(guān)于x的方程f(x)-x=d有無窮多個解,則這樣的{an}是否一定存在?基于此想法,筆者得到新編題2.

新編題2性質(zhì)P的定義同新編題1,給出以下4個函數(shù):①f(x)=2x-|x+1|;②f(x)=2x-|x-1|;③f(x)=x+sinx;④f(x)=x+tanx,具有性質(zhì)P的是______(填序號).

解設(shè){an}的公差為d,則關(guān)于x的方程f(x)-x=d有無窮多個解,且{an}中的項都是該方程的解.

①由x-|x+1|=d有無窮多個解,可得d=-1,其解都大于等于-1,于是{an}中的項都大于等于-1,這與{an}是公差為-1的無窮等差數(shù)列矛盾,故f(x)不具有性質(zhì)P.

②取an=n,可知{an}符合題意,故f(x)具有性質(zhì)P.

③由sinx=d有無窮多個解,可得-1≤d≤1,令集合S={x|x=arcsind+2kπ(其中k∈Z)},T={x|x=π-arcsind+2kπ(其中k∈Z)},則該方程的解集為S∪T,于是a1,a2,a3∈S∪T,從而a1,a2,a3至少存在不同的兩項ai,aj滿足ai,aj∈S或ai,aj∈T,這樣|ai-aj|≥2π.又因為|ai-aj|=|(j-i)d|≤2|d|≤2,這與|ai-aj|≥2π矛盾,故f(x)不具有性質(zhì)P.

④取an=arctan π+(n-1)π,可知{an}符合題意,故f(x)具有性質(zhì)P.

評注對于函數(shù)f(x),存在公差不為0的無窮等差數(shù)列{an},使得an+1=f(an)恒成立當(dāng)且僅當(dāng)存在d∈R,使得關(guān)于x的方程f(x)-x=d有無窮多個解,且這無窮多個解存在無窮多個不同的數(shù)構(gòu)成以d為公差的等差數(shù)列.

在新編題1中,由于函數(shù)g(x)=f(x)-x是周期函數(shù),因此關(guān)于x的方程f(x)-x=d的解集容易表示.考慮g(x)=f(x)-x不一定是周期函數(shù)的情形,筆者得到新編題3.

新編題3性質(zhì)P的定義同新編題1.問:是否存在常數(shù)a,b∈R,使得函數(shù)f(x)=atanx+bx具有性質(zhì)P?若存在,求所有的a,b;若不存在,說明理由.

解設(shè){an}的公差為d.當(dāng)a=0時,an+1=ban,得

an+1-an=(b-1)an=d.

由d≠0,可知

從而{an}是常數(shù)列,這與d≠0矛盾.

下證當(dāng)a≠0且b≠1時,f(x)不具有性質(zhì)P.用反證法,假設(shè)f(x)具有性質(zhì)P,則對任意正整數(shù)n,有

兩式相減,得

d=a(tanan+1-tanan)+bd,

即

所以

sind≠0,

從而

于是

cosan=cosan+2.

因為cosan=cosan+2,所以對任意正整數(shù)n,存在k1∈Z,使得an+2=an+2k1π;或存在k2∈Z,使得an+2+an=2k2π,即2d=2k1π與an+2+an=2k2π至少有一個成立.當(dāng)d=k1π時,sind=0,這與sind≠0矛盾.故對任意正整數(shù)n,任意k1∈Z,恒有

an+2≠an+2k1π,

進(jìn)而對任意正整數(shù)n,都存在k∈Z,使得

an+2+an=2kπ.

令n=1,n=2,得

兩式相減,得

2d=2(n-m)π,

即

d=(n-m)π,

這與sind≠0矛盾.

綜上所述,所求為{(a,b)|a≠0,b=1}.

評注此題的解法對應(yīng)例1的解法2.直接考慮關(guān)于x的方程atanx+(b-1)x=d有無窮多個解時d的值是困難的,適合用數(shù)列的性質(zhì)求解.

上海市數(shù)學(xué)高考注重落實“雙新”理念,注重對數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識、基本技能和數(shù)學(xué)思想方法的考查.例1作為整卷的最后一題,知識點也僅僅涉及導(dǎo)數(shù)和數(shù)列最基本的概念,但蘊涵著豐富的數(shù)學(xué)思想方法.這啟示我們:在今后的解題教學(xué)中應(yīng)避免盲目刷題,注重基本概念的理解,注重數(shù)學(xué)思想方法的領(lǐng)會.