广东卷理科第21题赏析

2011年全国高考数学（新课标）第21题（理）试题优美解试题（21）（本小题满分12分）已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+； （1）求()f x 的解析式及单调区间； （2）若21()2f x x ax b ≥++，求(1)a b +的最大值。

优美解：（1）1211()(1)(0)()(1)(0)2x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+⇒=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211()(1)(0)(1)1(1)2x f x f e x x f f e f e --'''=-+⇒==⇔= 得：21()()()12x x f x e x x g x f x e x '=-+⇒==-+()10()x g x e y g x '=+>⇒=在x R ∈上单调递增()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=⇔><=⇔<得：()f x 的解析式为21()2x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞（2）21()()(1)02x f x x ax b h x e a x b ≥++⇔=-+-≥得()(1)x h x e a '=-+ ①当10a +≤时，()0()h x y h x '>⇒=在x R ∈上单调递增，但 x →-∞时，()h x →-∞与条件()0h x ≥矛盾。

②当10a +>时，()0ln(1),()0ln(1)h x x a h x x a ''>⇔>+<⇔<+ 得：当ln(1)x a =+时，min ()(1)(1)ln(1)0h x a a a b =+-++-≥ 22(1)(1)(1)ln(1)(10)a b a a a a +≤+-+++>令22()ln (0)F x x x x x =->；则()(12ln )F x x x '=-()00()0F x x F x x ''>⇔<<<⇔>当x =max ()2e F x =当1,a b ==(1)a b +的最大值为2e 赏析：函数与其导数，不等式的有机结合，给考查学生的综合应用能力和理解推理论证提供了很好的空间。

利用构造法解决极值点偏移问题以２０２２年高考全国甲卷理科数学第２１题为例刘㊀灏(华南师范大学数学科学学院ꎬ广东广州５１０６３１)摘㊀要:极值点偏移问题是高中数学中较为常见的一类压轴题型.文章以２０２２年高考全国甲卷理科数学第２１题为例进行探究.关键词:极值点偏移ꎻ不等式ꎻ导数ꎻ函数构造法中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２５－００４０－０３收稿日期:２０２３－０６－０５作者简介:刘灏ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀极值点偏移问题是高中数学中较为常见的一类压轴题型.其中最基本的问题模型是 已知函数ｆ(ｘ)满足ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)ꎬ且ｆ(ｘ)只有一个极值点ꎬ证明ｘ１＋ｘ２<２ｘ０或ｘ１ｘ２<ｘ２０.虽然构造函数法非常具有技巧性ꎬ但实际上它也有较为固定的常见解题套路.处理极值点偏移问题的常见手段主要有对称化构造㊁比值代换㊁差值代换[１].本文对极值点偏移问题中的构造函数思路以２０２２年高考全国甲卷理科数学第２１题为例进行探究.１数学问题分析题目㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ａ.(１)若ｆ(ｘ)ȡ０ꎬ求ａ的取值范围.(２)证明:若ｆ(ｘ)有两个零点ｘ１ꎬｘ２ꎬ则ｘ１ｘ２<１.分析㊀函数定义域(０ꎬ＋ɕ)ꎬ第(２)问中暗含ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)＝０.通过第(１)问的计算得到极值点恒为ｘ＝１ꎬ那么第(２)问即等价于 求证ｘ１ｘ２<ｘ２＝０１ ꎬ那么此题就是一道经典的极值点偏移问题.１.１第(１)问解析解法１㊀(直接法)因为ｆᶄ(ｘ)＝(１ｘ－１ｘ２)ｅｘ－１ｘ＋１＝１ｘ(１－１ｘ)ｅｘ＋(１－１ｘ)＝ｘ－１ｘ(ｅｘｘ＋１)ꎬ所以当ｘɪ(０ꎬ１)时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎻ当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ所以ｆ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递减ꎬ在[１ꎬ＋ɕ)上单调递增.所以ｆ(ｘ)ｍｉｎ＝ｆ(１)＝ｅ＋１－ａ.若ｆ(ｘ)ȡ０ꎬ则ｅ＋１－ａȡ０ꎬ解得ａɤｅ＋１.所以ａ的取值范围为(－ɕꎬｅ＋１]解法２㊀(换元法)因为ｆ(ｘ)＝ｅｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｌｎｘ－ａꎬ令ｔ＝ｘ－ｌｎｘꎬｇ(ｘ)＝ｘ－ｌｎｘꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｘ－１ｘꎬ所以ｇ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递减ꎬ在[１ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎬ所以ｇ(ｘ)ȡｇ(１)＝１ꎬ所以ｔȡ１.设ｈ(ｔ)＝ｅｔ＋ｔ－ａꎬ则ｈᶄ(ｔ)＝ｅｔ＋１>０.所以ｈ(ｔ)ｍｉｎ＝ｈ(１)＝ｅ＋１－ａ.若ｆ(ｘ)ȡ０ꎬ则ｅ＋１－ａȡ０ꎬ解得ａɤｅ＋１.０４所以ａ的取值范围为(－ɕꎬｅ＋１].１.２第(２)问解析解法１㊀不妨设ｘ１<ｘ２ꎬ则有０<ｘ１<１<ｘ２.要证ｘ１ｘ２<１ꎬ只要证ｘ２<１ｘ１.又因为ｘ２ꎬ１ｘ１ɪ(１ꎬ＋ɕ)ꎬｆ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎬ所以只要证ｆ(ｘ２)<ｆ(１ｘ１).又ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)ꎬ所以只要证ｆ(ｘ１)<ｆ(１ｘ１).即ｆ(ｘ１)－ｆ(１ｘ１)<０.即只要证明:当ｘɪ(０ꎬ１)时ꎬｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘ<０.设ｇ１(ｘ)＝ｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘꎬ则ｇᶄ１(ｘ)＝(ｘ－１)(ｅｘ－ｘｅ１ｘ＋ｘ－１)ｘ２.令ｈ１(ｘ)＝ｅｘ－ｘｅ１ｘ＋ｘ－１ꎬ易得ｈᶄ１(ｘ)>０.所以ｈ１(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递增ꎬｈ１(ｘ)<ｈ１(１)＝０ꎬ进而ｇᶄ１(ｘ)>０ꎬ进而ｇ１(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递增.故ｇ１(ｘ)<ｇ１(１)＝０ꎬ即当ｘɪ(０ꎬ１)时ꎬｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘ<０ꎬ原命题得证.解法２㊀不妨设ｘ１<ｘ２ꎬ则有０<ｘ１<１<ｘ２.要证ｘ１ｘ２<１ꎬ只要证ｘ１<１ｘ２.又因为ｘ１ꎬ１ｘ２ɪ(０ꎬ１)ꎬｆ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递减ꎬ所以只要证ｆ(ｘ１)>ｆ(１ｘ２).又ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)ꎬ所以只要证ｆ(ｘ２)>ｆ(１ｘ２).即ｆ(ｘ２)－ｆ(１ｘ２)>０.即只要证明:当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘ>０.设ｇ２(ｘ)＝ｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘꎬ先构造函数ｔ(ｘ)ꎬ为后续求ｇ２(ｘ)单调性减少计算量ꎬ设ｔ(ｘ)＝ｅｘ－ｅｘꎬ则ｔᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ｅ>０(ｘɪ(１ꎬ＋ɕ))ꎬ所以ｔ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎬ所以当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｔ(ｘ)>ｔ(１)＝０ꎬ即ｅｘ－ｅｘ>０.此处做一下合理放缩快速得到答案ꎬ当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｇᶄ２(ｘ)＝(ｘ－１)(ｅｘ－ｘｅ１ｘ＋ｘ－１)ｘ２> (ｘ－１)(ｅｘ－ｘｅ＋ｘ－１)ｘ２>０ꎬ所以ｇ２(ｘ)>ｇ２(１)＝０.所以当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘ>０.原命题得证.解法３㊀不妨设ｘ１<ｘ２ꎬ则有０<ｘ１<１<ｘ２.要证ｘ１ｘ２<１ꎬ只要证ｘ１<１ｘ２.又因为ｘ１ꎬ１ｘ２ɪ(０ꎬ１)ꎬｆ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递减ꎬ所以只要证ｆ(ｘ１)>ｆ(１ｘ２).又ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)ꎬ所以只要证ｆ(ｘ２)>ｆ(１ｘ２).即ｆ(ｘ２)－ｆ(１ｘ２)>０.即只要证明:当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘ>０.此处我们对不等式进行拆分ꎬｅｘｘ－ｘｅ１ｘ－２[ｌｎｘ－１２(ｘ－１ｘ)]>０.设ｐ１(ｘ)＝ｅｘｘ－ｘｅ１ｘꎬ则ｐᶄ１(ｘ)＝(ｘ－１ｘ)(ｅｘｘ－ｅ１ｘ).设ｂ(ｘ)＝ｅｘｘꎬ当ｘ>１时ꎬｂᶄ(ｘ)＝(ｘ－１)ｅｘｘ２>１４０ꎬｂ(ｘ)单调递增ꎬ所以ｂ(ｘ)>ｂ(１)＝ｅ.又因为ｅ１ｘ<ｅ(ｘɪ(１ꎬ＋ɕ))ꎬ所以ｐᶄ１(ｘ)>０.㊀所以ｐ１(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)单调递增.所以当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｐ１(ｘ)>ｐ１(１)＝０.设ｐ２(ｘ)＝ｌｎｘ－１２(ｘ－１ｘ)ꎬ则根据平方数的性质ｐᶄ２(ｘ)＝－(ｘ－１)２２ｘ２<０ꎬｐ２(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ进而当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｐ２(ｘ)<ｐ２(１)＝０.综上ꎬ当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｐ１(ｘ)>０ꎬｐ２(ｘ)<０ꎬ所以ｐ１(ｘ)－２ｐ２(ｘ)>０.即当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘ>０.原命题得证.２解题方法讨论２.１第(１)问的解题思路第一种方法是直接法ꎬ将ｆ(ｘ)ȡ０在定义域(０ꎬ＋ɕ)上恒成立的问题直接转化为ｆ(ｘ)ｍｉｎȡ０ꎬ运用导数求出函数ｆ(ｘ)的单调区间ꎬ进而求出函数的最小值ꎬ最后求出参数范围.第二种方法是运用整体思维ꎬ即指数㊁对数函数的代换ꎬ使函数ｆ(ｘ)通过换元处理为复合函数ｆ(ｇ(ｘ))ꎬ利用复合函数的单调性求ｆ(ｘ)的最小值ꎬ适当地减轻了计算量.２.２第(２)问的解题思路第(２)问三种构造法的解题思路都是将题目所需要证明的结论进行等价变形ꎬ这正映照波利亚的解题理论中的观点 数学解题的本质是寻求题设与目标之间的逻辑关系ꎬ其核心思维方法之一是学会逆推ꎬ执果索因ꎬ寻求目标成立的充分条件.第一种思路是将不等式ｘ１ｘ２<１转化为ｘ２<１ｘ１ꎬ根据题目条件ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)和第(１)问所得结论 (１ꎬ＋ɕ)是ｆ(ｘ)的递增区间ꎬ以及ｘ２和１ｘ１同在(１ꎬ＋ɕ)区间里ꎬ根据单调性即证ｆ(ｘ１)－ｆ(１ｘ１)<０成立ꎬ那么我们需要构造的目标函数已经浮出水面了.我们构造ｇ１(ｘ)＝ｆ(ｘ１)－ｆ(１ｘ１)ꎬ即证ｇ１(ｘ)<０(０<ｘ<１).我们对ｇ１(ｘ)求导知在(０ꎬ１)上单调递增ꎬ故ｇ１(ｘ)<ｇ１(１)＝０(０<ｘ<１).第二种和第三种的解题思路与第一种类似ꎬ先将不等式变形ꎬ再构造函数ꎬ使原命题等价于要证明构造的新函数在特定区间上比大小的恒成立问题.与第一种思路的不同点在于ꎬ第二种思路和第三种思路分别用函数适当放缩和拆分函数的办法减轻了计算量.３总结与展望极值点偏移问题是近年高考压轴题的常客ꎬ同时新高考比之前全国卷试题更复杂ꎬ情境更综合ꎬ这可能也是许多学生在新高考下不能顺利得分的一个原因ꎬ但这也是新高考的一种趋势.正如新课标指出 基于数学核心素养的教学评价ꎬ不仅要关注学生对知识技能的掌握程度ꎬ还要更多地关注学生的思维过程[２]. 此类题型涉及化归㊁换元㊁分类讨论等数学思想㊁同时考查导数和不等式的基础知识ꎬ难度逐级递增环环相扣.希望学生能熟练掌握极值点偏移问题中的构造函数法ꎬ学习其数学思想ꎬ领略数学魅力ꎬ也希望各位数学教育工作者能提出更多更精妙的极值点偏移问题ꎬ教学相长ꎬ共同进步!参考文献:[１]邱旭ꎬ邱谦.２０２２年高考全国甲卷理科第２１题的解法探究与教学启示[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２２(１４):２４－２７.[２]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准(２０１７年版)[Ｍ].北京:人民教育出版社ꎬ２０１８.[责任编辑:李㊀璟]２４。

寻“前世今生”，觅“备考之道”———对2018年高考全国Ⅰ卷理科数学第21题的深度分析■广东省信宜市信宜中学林生从2010年至2018年的全国高考题来看：函数与导数这个是高考的“重头戏”，每年的分值都比较高，几乎年年都以“压轴题”的身份出现，给人很“高深”的感觉，让人“畏惧”.其实对于函数与导数这个压轴题，我们只要多学会研究题目的“真谛”，找到解题的思路和突破口，那么我们便“无所畏惧”.其实我们高考备考过程其实就是探索、不断完善的过程.在备考过程中，我们要学会通过认真分析研究以前的高考真题，通过对真题的纵横分析以及对其内在的研究，找出其共性的东西，找出其通性通法，找到命题的趋势，再加强训练，我们便可以实现“通一明百”，从而实现高效备考.下面结合今年全国Ⅰ卷理科数学高考题的第21题来分析，通过对本题的研究与分析来寻找它的“前世今生”，找到其“源”与“流”，从而找到这类导数压轴题的常规解法，同时对此基本类型进行变式拓展，让考生从题中悟“道”，从而举一反三，开启思维，纵横联系、触类旁通，另外还对函数与中常规题型及常用到的一些解题方法和技巧来进行举例分析、变式和总结归纳，让考生真正掌握处理函数与导数问题的实质，熟练运用其技巧，从而掌握这一类题型的基本方法和技巧，最终得出2019年高考函数与导数发展的趋势，探窥出函数与导数优效备考的策略.一、真题回放（2018年全国卷新课标Ⅰ卷（即广东高考）理科数学第21题）已知函数f（x）=1x-x+a ln x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：f（x1）-f（x2）x1-x2<a-2.【分析】本题第一问考查函数的单调区间,看起来熟悉常规，有利于思维的展开，但该题把数学思想方法（函数与方程、等价转化、分类讨论）和素养作为考查的重点，抓住了广东考生的“软肋”（字母运算和分类讨论），直击其“要害”，将字母运算、分类讨论等融为一体，是一道简约而不简单、深刻而不深奥的试题，让考生在平平淡淡中考能力、平平实实中考思维、稳扎稳打中见真功，这十分符合新课标的命题理念.加上该试题第（2）问和不等式结合在一起，很多考生由于“畏惧”的心理，加上由于时间的限制，很多考生在这里如果没有保持“清醒”的头脑的话，就会陷入“卡壳”，因此命题者把它作为压轴题也就不足为奇了.综合来看：其实本题只要认真分析，找住问题的本质，特别是本题的第（1）问，应该有“抢分”的意识，该问主要是考查考生分类讨论的思想，只要抓住问题的关键，求导后分子是二次函数，即f′（x）=-1x2-1+ax=-x2+ax-1x2，但在这里考生很容易出错的是：①会忽略函数f（x）的定义域是（0，+∞），这会使学生容易出错；②求导容易求错，会出现f′（x）=ln x-1+ax或f′（x）=1x2-1+ ax=-x2+ax-1x2的错误；以上两种都是由于粗心或者不小心导致出错.但只要我们注意定义域和求导不求错，对求导后的分类讨论标准（分类讨论的思想方法：就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出第一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答，其实质是“化整为零，各个击破，再积零为整”.在分类讨论时，要注意：①分类对象确定，标准统一；②不重复，不遗漏；③分层次，不越级讨论.）把握到位，第（1）问就可以“迎难而解”，即求导f′（x）=-1x2-1+ ax=-x2+ax-1x2可知不用再讨论分母，只需判断分子的情况即可，而分子是-x2+ax-1，是典型的二次函数，因此可设g（x）=-x2+ax-1，只需判断g（x）=-x2+ax-1在（0，+∞）上的根的情况即可.而对于函数g（x）=-x2+ax-1的图像开口向下，又恒过定点（0，-1），所以这时问题变得很简单了，只需判断驻=a2-4的情况.即只需研究驻=a2-4≤0和驻=a2-4>0两种情况，懂得这样分类讨论的话，一切问题都变得简单很多了.而对于第（2）问涉及到证明不等式的问题，其实常规的方法无非是两种处理方法：①构造一个新的函数来处理；②将问题进行转化，转化为可以用我们所学的知识来处理.但不管用上面的哪种方法来处理，都少不了将条件“函数f（x）存在两个极值点x1，x2”具体化，并且要学会找出隐含在里面的条件“x1x2=1”，只有懂得把这些隐含条件找出来，才可以更好地出来该类题型.这45广东教育·高中2018年第7·8期广东教育·高中2018年第7·8期样的命题有效地避免了题海战术，真正地考查了考生应用知识的能力．解析:（1）f （x ）的定义域为（0，+∞），f ′（x ）=-1x 2-1+a x =-x 2+ax -1x 2.设g （x ）=-x 2+ax -1，而函数g （x ）=-x 2+ax -1的图像开口向下，恒过定点（0，-1），驻=a 2-4.（i ）当驻=a 2-4≤0时，即-2≤a ≤2时，g （x ）=-x 2+ax -1≤0在（0，+∞）上恒成立，所以f ′（x ）≤0在（0，+∞）恒成立，所以f （x ）在（0，+∞）单调递减.（ii ）当驻=a 2-4>0时，即a >2或a <-2时，由g （x ）=-x 2+ax -1=0，即f ′（x ）=0解得x 1=a -a 2-4姨2，x 2=a +a 2-4姨2，由g （x ）=-x 2+ax -1=0可知：x 1+x 2=a ，x 1x 2=1，当a <-2时，x 1<0，x 2<0，因此可得f ′（x ）<0在（0，+∞）上恒成立，所以f （x ）在（0，+∞）单调递减.当a >2时，由x 1+x 2=a ，x 1x 2=1可得x 1>0，x 2>0，因此可得当x ∈（0，a -a 2-4姨2）∪（a +a 2-4姨2，+∞）时，f ′（x ）<0；当x ∈（a -a 2-4姨2，a +a 2-4姨2）时，f ′（x ）>0.所以f （x ）在（0，a -a 2-4姨2），（a +a 2-4姨2，+∞）单调递减，在（a -a 2-4姨2，a +a 2-4姨2）单调递增.综上所述，当a ≤2时，f （x ）在（0，+∞）单调递减；当a >2时，f （x ）在（0，a -a 2-4姨2）和（a +a 2-4姨2，+∞）上单调递减，在（a -a 2-4姨2，a +a 2-4姨2）单调递增.（2）解析1：当f （x ）存在两个极值点x 1，x 2时，由（1）可知当a >2时，f （x ）存在两个极值点x 1，x 2，要证明f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2<a -2成立，而由（1）可知：x 1+x 2=a ，x 1x 2=1，不妨设0<x 1<1<x 2，要证明f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2<a -2成立，等价于证明f （x 1）-f （x 2）>（a -2）（x 1-x 2）成立，即证明f （x 1）-（a -2）x 1>f （x 2）-（a -2）x 2，其中x 1，x 2是方程g （x ）=-x 2+ax -1=0的两个根，设函数h （t ）=f （t ）-（a -2）t ，则满足-t 2+at -1=0，即可t +1t =a ，h ′（t ）=f ′（t ）-（a -2）=-1t 2-1+a ·1t -（a -2）=-1t 2-1+（t +1t ）·1t -（t +1t -2）=2-（t +1t ），由（1）可知当a >2时，f （x ）存在两个极值点x 1，x 2，所以t +1t =a >2，所以h ′（t ）=2-（t +1t ）<0，h （t ）=f （t ）-（a -2）t 在（0，+∞）单调递减，又因为x 2>x 1>0，所以h （x 2）<h （x 1），即f （x 1）-（a -2）x 1>f （x 2）-（a -2）x 2，因此可得f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2<a -2，不等式得证.解析2：当f （x ）存在两个极值点x 1，x 2时，由（1）可知当a >2时，f （x ）存在两个极值点x 1，x 2，要证明f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2<a -2成立，而由（1）可知：x 1+x 2=a ，x 1x 2=1，不妨设0<x 1<1<x 2，要证明f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2<a -2成立，等价于证明f （x 1）-f （x 2）>（a -2）（x 1-x 2）成立，由x 1x 2=1可得x 2=1x 1，即只需证明f （x 1）-f （1x 1）>（a -2）（x 1-1x 1），即证1x 1-x 1+a ln x 1-（x 1-1x 1+a ln 1x 1）>（a -2）（x 1-1x 1），化简可得2a ln x 1+a （1x 1-x 1）>0，再由a >2，因此只需证2ln x 1+（1x 1-x 1）>0成立即可，设函数h （t ）=2ln t +（1t -t ），由（1）可知0<x 1<1，即0<t <1，因此得h ′（t ）=2t -1t 2-1=-（t-1）2t 2<0，所以h （t ）在（0，1）上单调递减，又因为h （1）=0，所以h （t ）>h （1）=0，所以得2ln x 1+（1x 1-x 1）>0在（0，1）上恒成立，即f （x 1）-f （x 2）>（a -2）（x 1-x 2），因此可得f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2<a -2成立.解析3：由（1）可知只有当a >2时，f （x ）才有两个极值点x 1，x 2，（不妨设0<x 1<x 2），因此可得：x 1+x 2=a ，x 1x 2=1，所以有x 2>1，因此有f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2=1x 1-x 1+a ln x 1-1x 2+x 2-a ln x2x 1-x 2=a ·ln x 1-ln x 2x 1-x 2-2，要证明f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2<a -2成立，即可证明ln x 1-ln x 2x 1-x 2<1成立，而ln x 1-ln x 2x 1-x 2<1圳ln x 2x 1<x 2-x 1圳ln x 22<x 2-1x 2圳2ln x 2-x 2+1x 2<0成立，（同样，在这里可以考虑将f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2=1x 1-x 1+a ln x 1-1x 2+x 2-a ln x 2x 1-x 2=a ·ln x 1-ln x 2x 1-x 2-2=a x 1-x 2ln x 1x 2-2，要证明f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2<a -2成立等价于证明a x 1-x 2ln x 1x 2-2<a -2，即证明ln x 1x 2>x 1-x 2，所以只需证明ln x 12>x 1-1x 1成立，即证明2ln x 1-x 1+1x 1>0成立，下面构造函数和以下一样，过程略）令h （t ）=2ln t-t +1t （t >1），h ′（t ）=2t -1-1t 2=-（t -1）2t 2<0，故h （t ）在（1，+∞）递减，从而h （t ）<h （1）=0，则有2ln x 2-x 2+1x 2<0成立，所以f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2<a -2成立.解析4：由（1）可知只有当a >2时，f （x ）才有两个极值点x 1，x 2，（不妨设0<x 1<x 2），并且由韦达定理可得：x 1+x 2=a ，x 1x 2=1，所以有x 2>1，因此有f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2=1x 1-x 1+a ln x 1-1x 2+x 2-a ln x2x 1-x 2=46广东教育·高中2018年第7·8期a ·ln x 1-ln x 2x 1-x 2-2，而根据对数平均不等式得ln x 1-ln x 2x 1-x 2<1x 1x 2姨，下面证明对数平均不等式成立，设0<x 1<x 2，要证明ln x 1-ln x 2x 1-x 2<1x 1x 2姨成立，则只需证ln x 2-ln x 1<x 2-x 1x 1x 2姨成立，即证ln x 2x 1<x 2x 1-1x 2x 1姨成立，设t =x 2x 1姨>1，即证ln t 2<t 2-1t 成立，即证ln t 2-t +1t <0成立，构造函数h （t ）=2ln t +（1t-t ）（t >1），所以g ′（t ）=-（t -1）2t<0，h （t ）在（1，+∞）递减，所以h （t ）<h （1）=0，所以不等式ln x 2x 1<x 2x 1-1x 2x 1姨成立，所以ln x 1-ln x 2x 1-x 2<1x 1x 2姨成立，由f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2=1x 1-x 1+a ln x 1-1x 2+x 2-a ln x2x 1-x 2=a ·ln x 1-ln x 2x 1-x 2-2，而a ·ln x 1-ln x 2x 1-x 2-2<a x 1x 2姨-2=a -2，所以f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2<a -2成立.【点评】本题的第（1）问其实质就是导数的分类讨论的问题，对于导数的分类讨论，要把握其分类的标准.因为在平时的备考中要树立分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧、做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论.”往往分类讨论主要是有以下类型：①参数引起的分类讨论；②判别式引起的分类讨论；③二次函数对称轴与给定区间引起的分类讨论；④二项系数引起的分类讨论.但平时在考题中求导后多与二次函数有关，因此我们对参数进行讨论时，要注意判断求导后是否为二次函数（若二次函数系数为参数，需对二次函数系数分正、负、零等讨论），若为二次函数，则需要判断是否能因式分解，若能因式分解，则还要判断根的大小以及根是否在定义域内；若不能因式分解，则要判断开口方向、驻、对称轴以及是否过定点和根的大小以及根是否在定义域内等，要把握住其中的关键点，这样分类讨论标准才可以把握到位、不重复、不遗漏.第（2）问中要证明不等式，其实就是懂得构造函数或者利用不等式放缩等方法来处理，而在解法1中和解法2的不同之处就是构造函数的不同，解法1是转化后直接构造，解法2是变形后构造，但都“殊途同归”，都是为了达到证明不等式的效果.而解法3和解法4时化简后利用放缩，然后证明不等式成立，不过都要用到一种常用的方法：构造函数.可见对于处理导数压轴题来说，构造一个新的函数来处理问题是常规的手法，但是构造函数一定要结合题目的特征来构造，常用的有直接构造法，等价转化构造法、消元或消参构造等，总之，是通过构造实现处理函数的问题.综合上面来看，对于函数与导数的综合题型，最为关键的是要学会求函数的单调区间，通过单调区间来解决一系列问题，因此在备考期间要注意落实求单调区间问题才是“上上之策”.二、寻“前世今生”于今年这道导数压轴题，其实是我们“常见”的题型，第（1）问求单调区间，是考查分类讨论的思想；第（2）问证明不等式，考查就是等价转化的思想.因此今年的这道压轴题的类型在往年压轴题和模拟试题都经常出现，特别是和2011年湖南高考文科数学第22题“高度吻合”.其实我们高考命题是从题库里面抽取出来命题的，因此我们很多题目都可以找到它的“前世今生”，今年这道高考题也不例外.下面分析对比这两道题目的“异同”.（2011年湖南高考文科数学第22题）设函数f （x ）=x -1x -a ln x （a ∈R ），（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）存在两个极值点x 1，x 2，记过点A （x 1，f （x 1）），B （x 2，f （x 2））的直线的斜率为k ，是否存在a ，使得k =2-a ？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.仔细分析可知：这两道题可以说是“一模一样”的：①题目给出的函数几乎一样，仅相差了一个符号而已；②第（1）问都是讨论函数的单调性，问法一样；③第（2）问研究的问题完全一样，只不过换一种说法而已.在2011年这道高考题中，设问用了探索的方式，问是否存在a ，使得k =2-a ，而今年的高考题是要求证明：f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2<a -2，而k =f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2；④解题思路方法也一样，由上面的解答不难得出原型（2011年湖南卷）第（2）问的答案，由于题目给出来的函数是今年高考题的相反数，则其图像是关于y 轴对称，所以原型题中的k 与上面解答中的f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2是互为相反数，故k =f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2>2-a ，从而不存在常数a ，使得k =2-a .从中可发现：对于这些类型其实处理方法本质一样，只不过稍微“改头换面”，因此我们在备考的过程中要学会不断反思，要认真研究题目的“来龙去脉”，寻找它的“前世今生”，这样备考才可以更好的有的放矢.例1.已知函数f （x ）=12x 2-ax +（a -1）ln x ，a >1．（1）讨论函数f （x ）的单调性；（2）证明：若a <5，则对任意x 1，x 2∈（0，+∞），x 1≠x 2，有f （x 1）-f （x 2）x 1-x 2>-1．【分析】本题主要考查分类讨论的思想和不等式证明，要解决该类题型和上面的手法“如出一辙”，只要把握分类讨论和构造函数的常规方法，就很容易找到解题的“突破口”.解析：（1）f （x ）的定义域为（0，+∞）．f ′（x ）=x-a+a -1x =x 2-ax+a -1x =（x -1）（x +1-a ）x，（i ）若a -1=1即a =2，则f ′（x ）=（x -1）2x，故f （x ）在（0，+∞）单调增加．（ii ）若a -1<1，而a >1，故1<a <2，则当x ∈（a -1，1）时，f ′（x ）<0；当x ∈（0，a -1）及x ∈（1，+∞）时，f ′（x ）>0．故f （x ）在（a -1，1）单调递减，在（0，a -1），（1，+∞）单调递增．（iii ）若a -1>1，即a >2，同理可得f （x ）在（1，a -1）单调递减，在（0，1），（a -1，+∞）单调递增．47（2）设函数g（x）=f（x）+x=12x2-ax+（a-1）ln x+x．则g′（x）=x-（a-1）+a-1x ≥2x·a-1x姨-（a-1）=1-（a-1姨-1）2．由于1<a<5，故g′（x）>0，即g（x）在（0，+∞）单调增加，从而当x1>x2>0时有g（x1）-g（x2）>0，即f（x1）-f（x2）+x1-x2>0，故f（x1）-f（x2）x1-x2>-1，当0<x1<x2时，有f（x1）-f（x2）x1-x2=f（x2）-f（x1）x2-x1>-1成立.变式.设函数f（x）=x2+a ln（1+x）有两个极值点x1，x2，且x1<x2．（1）求a的取值范围；（2）证明：f（x2）>1-2ln24．【分析】这类问题的处理手法和上面稍有不同，直接处理会发现“此路不通”，因此要把题目的条件转化，转化后便可以处理.解析：（1）由题设知，函数f（x）的定义域是（-1，+∞），f′（x）=2x+a1+x =2x2+2x+a1+x，且f′（x）=0有两个不同的根x1、x2，所以2x2+2x+a=0的判别式驻=4-8a>0，即a<12，且x1=-1-1-2a姨2，x2=-1+1-2a姨2，又x1>-1故a>0．因此a的取值范围是（0，12）．结合图像可知，f（x）在区间（-1，x1）和（x2，+∞）是增函数，在区间（x1，x2）是减函数，所以函数f（x）=x2+a ln（1+x）有两个极值点x1，x2.所以a的取值范围是（0，12）．（2）由题设和（1）可知：x1+x2=-2，x1x2=a，-12<x2<0，因此a=-2x2（1+x2），于是f（x2）=x22-2x2（1+x2）ln（1+x2），设函数g（t）=t2-2t（1+t）ln（1+t），则g′（t）=-2t（1+2t）ln（1+t），当t=-12时，g′（t）=0；当t∈（-12，0）时，g′（t）>0，故g（t）在区间[-12，0）是增函数，于是，当t∈（-12，0）时，g（t）>g（-12）=1-2ln24，因此f（x2）=g（x2）>1-2ln24.【点评】本题及变式涉及到的是导数中常见的问题，主要是分类讨论和等价转化的问题，在这个过程中，只要把握分类讨论的标准和构造函数的基本类型，那么一切的问题便“迎难而解”.拓展：已知函数f（x）=ln x-12ax2+bx（a>0），且f′（1）=0，（1）试用含有a的式子表示b，并求f（x）的单调区间；（2）函数图像上的任意两点A（x1，y1）B（x2，y2）（x1<x2），如果在函数图像上存在点M（x0，y0）（x0∈（x1，x2）），使得f（x）在点M 处的切线l∥AB，则称AB存在“相依切线”，特别地，当x0=x1+x2 2时，则称AB存在“中值相依切线”.请问在函数f（x）的图像上是否存在两点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1<x2），使得AB存在“中值相依切线”？若存在，求出一组A，B的坐标；若不存在，说明理由.【分析】第（1）问求单调区间是比较容易的，直接根据条件得出来；第（2）问属于“新定义”题型，根据“相依切线”定义得其本质：利用A，B两点间的斜率与x0∈（x1，x2）时导数值f′（x0）相等，建立关于x0的方程，探究方程是否有根问题（即在x0∈（x1，x2）时，k AB=f′（x0）是否有根）；而“中值相依切线”的解决途径则是先假设存在A，B两点使得它存在“中值相依切线”，建立关于x1，x2的方程k AB=f′（x0），其中x0=x1+x22，探究方程是否有根.通过题意可知：上述问题实际都是通过A，B的割线斜率等于切线斜率实现，但方向不同，“相依切线”是已知曲线上点A、B去寻求M（x0，y0）是否存在，而“中值相依切线”是已知点M（x0，y0）去寻求点点A、B是否存在.由此可以得到解法.解析：（1）f′（x）=1x-ax+b，由f′（1）=0可得b=a-1.（2）假设函数f（x）的图像上存在两点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1<x2），使得AB存在“中值相依切线”，则k AB=y2-y1x2-x1=ln x2-ln x1x2-x1-a（x2+x1）2+a-1，f′（x2+x12）=2x2+x1-a（x2+x1）2+a-1又k AB=f′（x2+x12）得ln x2-ln x1x2-x1=2x2+x1，所以ln x2x1=ln x2-ln x1x2-x1=2（x2x1-1）1+x2x1，由x2>x1得x2x1>1，设x2x1=t（t>1），则ln t=2-4t+1（t>1），则此式表示有大于1的实数根.令h（t）=ln t+4t+1-2（t>1），则h′（t）=（t-1）2t（t+1）2>0，所以h（t）在（1，+∞）上是增函数.因此h（t）>h（1）=0与ln t=2-4t+1（t>1）有大于1的实数根相矛盾，所以函数f（x）的图像上不存在两点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1<x2），使得AB存在“中值相依切线”.【点评】本题和今年的高考处理方法也比较类似，只不过本题是以高等数学背景———拉格朗日中值定理“亮剑出击”，以导数的几何意义为切入点，有一定的深度，也充分考查了考生的能力.其实本题我们只要根据本题的定义，用导数的几何意义求出直线的斜率，再通过构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，它的定义实际上是拉格朗日中值定理的变形（作为考生，我们也应了解一些以高等数学的背景且与高考息息相关的著名定理，为了更好让考生了解一下拉格朗日中值定理，拉格朗日中值定理：若函数f（x）满足如下条件（1）在闭区间[a，b]上连续，（2）在开区间（a，b）内可导；则在（a，b）内至少存在一点孜，使得f′（孜）=f（b）-f（a）b-a.下面在通过一个小题让考生更深入了解该定理，在下列四个函数中，满48广东教育·高中2018年第7·8期足性质：“对于区间（1，2）上的任意x1，x2（x1≠x2），|f（x1）-f（x2）|<|x1-x2|恒成立的”只有（）A.f（x）=1x，B.f（x）=|x|，C.f（x）=2x，D.f（x）=x2.参考答案：直接利用上面的定理可得A）通过拉格朗日中f（x）=ln x-12ax2+bx值定理我们可以得到题中满足（1）在闭区间[x1，x2]上连续，（2）在开区间（x1，x2）内可导；则在（x1，x2）内至少存在一点x0，使得f′（x0）=f（x2）-f（x1）x2-x1，即f（x）=ln x-12ax2+bx图像上的不同两点A（x1，y1），B（x2，y2）必存在“相依切线”.三、觅“备考之道”根据往年全国卷的分析及考试说明可知：考纲中明确提出掌握导数在函数中的应用，特别是单调性、最值等方面，因此这部分题型一般围绕着单调性而展开，主要是考查分类讨论、转化与化归、函数与方程等思想.因此我们在2019年备考时要突出对单调性的把握，同时还要对构造函数、高等数学等方面进行恰当的研究和分析，因此我们要在备考时要做好以下几个方面：（１）明确命题规律，用整体的观念整体把握知识体系根据高考题型的研究和分析，其实在高考中主要有以下几类题型：①利用导数研究函数的单调性、单调区间以及已知函数的单调性，确定函数中的参变量变化范围等问题；②求函数极值（点）、最值或已知极值（点）、最值求参数的取值范围；③证明不等式恒成立或已知不等式恒成立求参数的取值范围；④另外，利用导数研究三次函数,分式函数,指对函数的其它性质问题，方程根与函数零点问题，利用导数的几何意义处理曲线的切线问题；利用导数解决实际问题中的最优化问题，这些也是高考经常涉及的地方.那么，对于这些常规题型我们要让学生学会用整体的观点要将有关知识有机地串联起来，形成知识之间的有机联系，用结构性的观念整体把握，充分地利用导数这个“工具”来解决问题，让考生在学习中真正地理解和运用.（2）用选择的方法以及思想提升灵活运用的能力对于函数与导数的压轴类型，无论是求函数最值、极值，还是证明不等式、求参数的取值范围，往往都要用到函数的单调性，因此我们在备考的过程中要学会用选择的方法转化为函数单调性问题来处理，不管题目怎么“改头换面”，这类问题的解决以构造函数、分离参数等为途径，求导选择核心函数为突破口，准确求解核心函数（特别是二次函数）为落脚点，因此只有灵活运用和转化，才可以真正地破解这类难题.（3）加强“抢分”意识，重视规范解答，强化数学思想在函数与导数大题中，它具有较强的渗透力，它可和其它数学知识综合起来，比如：含参函数与方程及与不等式结合问题，与不等式结合，证明函数不等式（均构造两个函数或由函数不等式恒成立求参数的范围，函数方程结合考查讨论根的个数，由根的分布求参数范围(构造新函数)，极值点偏移问题，中值定理及凸凹性所暗含的双变量不等式证明问题，导数符号判断、导数零点存在性处理、缩小变量研究范围、借助重要函数不等式放缩函数等等.但这些都凸显考查数学的思想方法，因此我们不能惧怕这些类型，还要加强“抢分”意识，求导，求单调区间，注重它们的规范解答，这样才可以容易拿多点分数.另外在平时复习备考中要强化思想方法的运用，如分类讨论、转化化归思想、函数与方程思想、数形结合等思想常蕴含于这些题目中，我们在平时解题中注重方法和思路的分析，不断地在解题中渗透强化，长期不懈地加强数学思想方法的训练，这样才可以在高考中运筹帷幄于决胜之颠”，真正地达到运用自如的境界.总之，我们要突破函数与导数这些题型，必须加强理解把握，就算题目是以“崭新”面貌出现，只不过是在其外表上面赋予一层神秘“面纱”，它们本质上只不过是源于高等数学，命题者通过初等化的处理与巧妙设计，潜移默化地在题目中渗透高等数学的一些观点与方法，比如把一些高等数学中的有关概念、运算或一些性质、定理及公式等“摇身一变”就了命题的“新题”.因此作为考生的我们根本无须害怕这些类型，因为解决它也无须掌握很多的高等数学知识，只要我们在心理上首先克服对这一类题型的“恐惧”，善于将其转化并充分利用好导数这个“工具”———单调性问题，那么我们便真正地识别转化的“玄机”，在训练的过程中多注意以上类型，分析思考时从基本方法和技巧出发，领悟解题的“本质”———构造已知条件和要求条件的关系，多角度、多方位分析和优化问题，必能一题破万题，这样才可以达到“八方联系、浑然一体，漫江碧透、鱼翔浅底”的境界，从而高效地备考，最终笑傲2019年的高考.责任编辑徐国坚49广东教育·高中2018年第7·8期。

广东高考题21
21．(12分)某种催化剂为铁的氧化物。

化学兴趣小组在实验室对该催化剂中铁元素的价态进行探究：将适量稀硝酸加入少许样品中，加热溶解；取少许溶液，滴加KSCN 溶液后出现红色。

一位同学由此得出该催化剂中铁元素价态为＋3的结论。

(1)请指出该结论是否合理并说明理由
_________________________________ _____________________________________ _____________________________________ _____________________________________ ___________________________
(2)请完成对铁元素价态的探究：限选
．．实验仪器与试剂：烧杯、试管、玻璃棒、药匙、滴管、酒精灯、试管夹、3 mol·Lˉ1 H2SO4、3％H2O2、6 mol·Lˉ1 HNO3、0.01 mol·Lˉ1 KMnO4、NaOH稀溶液、0.1 mol·Lˉ1 Kl、20％KSCN、蒸馏水。

①提出合理假设
假设1：
_____________________________________ ______；
假设2：_____________________________________ ______；
假设3：_____________________________________ ______。

②设计实验方案证明你的假设(不要
．．在答题卡上作答)
③实验过程
根据②的实验方案，进行实验。

请在答题卡上按下表格式写出实验操作步骤．预期现象与结论。

从一道高考压轴题引发的思考[导读]高考大题源于课本，怎样与小题一脉相承？怎样提高解大题的能力？能否让后进生也容易解大题？08年广东省高考数学（理科）第21题是压轴题：设q p ,为实数，βα,是方程02=+-q px x 的两个实根，数列}{n x 满足q p x p x -==221,，),4,3(21Λ=-=--n qx px x n n n 。

（1）证明：q p ==+αββα,；（2）求数列{}n x 的通项公式；（3）若41,1==q p ，求}{n x 的前n 项和n S 。

第（1）小问用二次函数的二根式容易解决；第（2）小问要求学生掌握由数列相邻三项的线性关系式求其通项公式的方法，注意利用第（1）小问的结论；第（3）小问显然是在第（2）小问的基础上，由数列}{n x 的通项公式求其前n 项和n S 。

思考一：试题源于课本，特别是高考题，那么由数列相邻三项的线性关系式求其通项公式的源头呢？可以发现新课标必修5（20XX 年版）第69页B 组的第6题：已知数列}{n a 中，2,521==a a ，)3(3221≥+=--n a a a n n n ，试研究，能否写出它的通项公式？这是课本上已知数列相邻三项的线性关系式，研究它的通项公式的问题，其中系数为常数，它就是高考题的源头，并且高考题中的常系数已经字母化了。

下面是此题的解答①。

解：可得1123(3)n n n n a a a a ----=--，)(3211---+=+n n n n a a a a )3(≥n ， 即数列}3{1--n n a a 是首项为13312-=-a a ，公比为-1的等比数列， }{1-+n n a a 是首项为712=+a a ，公比为3的等比数列，13--∴n n a a 1212)1(13)1()3(---⋅=-⋅-=n n a a ，2137--⋅=+n n n a a ，其中2≥n ，由上二式消去1-n a 得：]37)1(13[4111--⋅+-⋅=n n n a )2(≥n ，上式满足51=a ， ]37)1(13[4111--⋅+-⋅=∴n n n a *)(N n ∈.上面解法中看出两个等式1123(3)n n n n a a a a ----=--和)(3211---+=+n n n n a a a a 是关键，须要很强的洞察力。

2020年全国高考理综卷ⅱ物理第21题评析——由一题多解发展学生思维品质2020年全国高考理综卷Ⅱ物理第21题是一道典型的多解题，它对学生思维品质的培养具有积极意义。

这道题目要求学生根据已知条件，计算一个物体从竖直向上抛出到再次回到原点的总时间。

这道题目有多种解法，每种解法都能够帮助学生深入理解和运用相关的物理概念。

以下是几种可能的解法：1. 基于运动方程的解法：学生可以使用物理中的基本运动方程来解决问题。

首先，他们可以通过设定向上抛出的初速度为v，然后利用重力加速度g计算出物体上升的时间t1。

接下来，他们可以利用同样的方法计算物体下降的时间t2。

最后，将t1和t2相加得到总时间。

2. 能量守恒的解法：学生可以利用能量守恒定律来解决问题。

他们可以观察到，在物体上升的过程中，其动能逐渐减小，而重力势能逐渐增大。

当物体达到最高点时，动能减为零，此时重力势能达到最大值。

根据能量守恒定律，学生可以将物体的总机械能初始值设为0，然后计算出物体上升的高度h。

接下来，他们可以利用重力势能转化为动能的关系，计算出物体下降的时间t2。

最后，将上升时间t1和下降时间t2相加得到总时间。

3. 对称性的解法：学生可以观察到问题具有对称性，即从抛出点到最高点的时间与从最高点到回到原点的时间相等。

因此，学生可以只计算物体从抛出点到最高点的时间t1，并将t1乘以2得到总时间。

这些解法不仅考验了学生对物理知识的掌握程度，还培养了学生灵活运用不同解题方法的能力。

通过多解题，学生可以从不同角度思考问题，提高自己的解决问题的能力和创新思维。

此外，这道题目还对学生的分析和推理能力提出了要求。

学生需要根据已知条件进行合理的假设和推导，然后通过计算得出结果。

这样的过程可以帮助学生培养逻辑思维和问题解决能力。

总而言之，2020年全国高考理综卷Ⅱ物理第21题是一道多解题，通过解答这道题目，学生可以培养思维品质，包括物理知识的灵活运用、创新思维、分析和推理能力等。

12中学数学研究2021 年第 1 期 (上)分而视之，思广则域宽2020年高考全国I 卷理科第21题一题多解与备考策略佛山市南海石门中学(528248) 刘依舒教育部考试中心提岀的“一核四层四翼”高考评价体系 中的“四层”明确表示，“关键能力”和“学科素养”的考查，要把握两个字，“思”和“广”.思，就是对每一道试题，要多想: 考查知识是什么解答思路有几个？同类试题见过没？答案组织顺畅吗？广,就是广泛涉猎学科相关内容：除了教材、各种优质试题，还有相关读物,学科领域最新进展.函数导数一 向是考生棘手的问题，如何令考生有步骤可写，有分可拿，是众多一线教师瞩目的问题.本文对2020年高考全国I 卷理科 第21题的解法进行分析，结合考试大纲与新高考的动向，参考一轮复习资料的习题,提岀函数恒成立求参数取值范围问题的备考策略.一、 提出问题题目(2020年高考全国I 卷理科第21题(节选))已知函 数 f (x) = e x + ax 2 - x ,当 x 2 0 时，f (x) 2 2x 3 + 1,求 a 的取值范围.二、 解法分析(―)构造函数法笔者参考了相关资料给岀的解答过程，大部分给岀的是如下的构造函数方法.价于^1 x 3 — ax 2 + x + 1) e _xf (x) 2 2x 3 + 1 等1.设函数g(x)=1 x 3 — ax2 + x + 1) e _x (x 2 0), g z (x) = — 2x(x — 2a —1)(x -2)e _x .对2a + 1进行分类讨论，要分成2a + 1 c 0, 0 <[7 — e 2、2a + 1 < 2, 2a +1 2 2,解得a 的取值范围是 一^,.对于该种解法，“f (x) 2 2x 3 + 1等价于(*x 3 - ax 2 + x + 1) e _x c 1"这一步的转化还是少数学生能在考场上一步到位的.史宁中说：“对于任何学科的 教学，最终都应当把培养学生的学科直观作为重要的价值趋 向.”⑴所以在一轮复习中，应当引导学生直观判断、直观预测，努力让学生“想得到”.笔者发现今年部分考生用到了“端点效应”法，该解法在 2017年高考全国n 卷的导数题中是适用的.但该题中充分 性不成立， 过程如下：必要性 F (x) = f(x)-1 x 3-1 = e x +ax 2-x -2x 3-1,F (0) = 0, F z (0) = 0, F zz (0) = 1 + 2a 2 0,解得 a 2 -1.充分性因为a 2 -1,所以e x + ax 2 - x - 1 x 3 - 1 2 e x - 1 x 2 - x - 1 x 3 - 1.2 2令 g(x) = e " — 2x 2 一 x 一 2x 3 一 1，g(1) = e 一 3 < o .矛盾.该题中只保证了 F (0) 2 0,但不能保证x > 0时F(x) 2 0恒成立，如图1.端点效应有时候还需要二阶导去判断凹凸性，这一部分内容 课本上并没有涉及，岀题人并不 希望学生使用“高观点”的做法去 解题(如洛必达法则等),对学生 要求高，这些都不利于提升学生的数学核心素养.而且这也不是解决该类问题的通性通法，在一轮复习中可以引用,但不值 得大力提倡.于是，我们引用“分离参数法”对该题进行研究.(三)分离参数法e x + ax 2 — x 2 — x 3 + 1,当 x = 0 时,a G R 不等式成立.9x 3 + 1 + x 一 e x 1 1 1 e x当 x > 0 时，a 2 ------------2----------=石x +------2 +----------------2，x 2 2 x 2 x x 21 11 e x 7 _ e 2令 F(x) = 2x + ^2 + x 一 庐，解得 a 2 F(x)max = —4—.学生对分离参数法还是很追捧的，一般能拿到 一定的步骤分.然而该题中，大部分学生在F z (x)的通分与因式分解上望而却步，即使能解到F z (x)=(x 一2) °2 + ? + 2 一2e "),也只有极少数学生会判断2x3g(x) = x 2 + 2x + 2 - 2e x 的符号.由此可见，“通性通法”有时会繁琐且不一定奏效.那么我们就需要寻求一种新思路,函数导数大题中涉及的函数都是基本初等函数的加减乘除复合所得.在审题中,若能将复杂的函数一分为二，分解为两 个函数来看,在相对熟悉的图像和性质的基础上，借助数学直观启发思考，从直观走向推理，会更加自然、合理.如下给 岀解法四：(二)端点效应(四)数形结合法2021年第1期(上)中学数学研究13e x+ax2—x22x3+1,当x=0时,a G R不等式成立.x3+1+x一e x11e x当x>0日寸,ax2—=-x2+------1—,x2x x11e x令h(x)=-x2+------1—,h(x)图像如图2.y=ax为过2x x原点的直线，要当x>0时使得ax2h(x)恒成立，只需把相切的临界斜率a o求出来,a2a o即可•解得a27-e2f(x)可变形为x e x2(a+1)(2x—】).令=x e x,ag(x)=(a+1)a2x--).g(x)为过定点(1,0的直线.要当然,作为解答题还需要严密的代数推理来否定a<7e2但大部分考生都达不到这个能力.笔者认为,能把参数取值范围正确求出已经算是人中龙凤，能再把推理论证写好更加锦上添花.4使曲线h(x)恒在直线g(x)的上方，只需把相切的临界斜率2(a o+1)求出来,a o2(a+1)c2(如+1)即可•解得a2.a a o e一1例3已知函数f(x)=(2—a)(x—1)—2ln x(a G R).第二问：若函数f(x)在上无零点，求a的取值范围.该种解法中，本质上还是分离参数，由于直线性质较曲线性质易于研究，我们让参数留在一次函数中,达到“定曲动11e x直”的效果•且这样的分离,h(x)=1x2+-+1一-这个2x x函数的性质易于研究.上述提到2017年全国n卷函数导数题可以用端点效应解决，笔者也试了下数形结合的方法,如下：解f(x)在(0,上无零点等价于f(x)=(2—a)(x—1)—2ln x=0在(0,-)上无实根，也等价于h(x)与g(x)在(0,上无交点，其中h(x)=(2—a)(x—1),g(x)=2ln x.h(x)是过定点图5 (1,0),斜率为k=(2—a)的直线,例1(2017年高考全国n卷)设函数f(x)=(1—x2)e x.当x20时，f(x)c ax+1,求a的取值范围.g(x)是确定的曲线.当直线h(x)过点,-2ln3时为临界的条件，此时4S-)解f(x)图像如图3所示.y=ax+1为过(0,1)的直线,要当x20时使得f(x)c ax+1恒成立，只需把相切的临界斜率a o求出来，a2a o即可.f(0)=1,即y=ax+1与f(x)在(0,1)相切即可.f z(x)=(1—2x—x2)e x,a o=f z(0)=1.所以a2-后续还要有严密的代数推理否定a<1,但由此看来，这种解法大大节省了考生计算的时间，降低了解题的难度•也不比端点效应法来得困难.笔者在对学生一轮复习资料进行研究后发现，对函数恒成立求参数取值范围的题目大部分都可以使用上述的数形结合的办法进行解决，下面引用两例说明：例2(2020年石家庄市高三一检)已知函数f(x)= ax e x—(a+1)(2x—1).第二问：当x>0时，函数f(x)20恒成立，求实数a的取值范围.解当x=1时，f⑴=a e—(a+1)(2—1)20恒成立,a2—1.(Vx G(0,+x),f(x)20.把一个x值代入，先e一1把a的范围缩小,方便后面的式子变形.)直线斜率k=0-(-2]n3)=3ln3.要使得h(x)与g(x)在1—3(0,-)上无交点则(2—a)c3ln3,解得a22—3ln3.3三、总结提升罗增儒教授在《数学解题关键环节的确定与教学设计》[2]中指出，数学教师必须具备将解题能力转化为他的教学能力,对此，他需要特别关注学生发生数学问题思路的某些关键环节时学生的心理环节及其过渡性中介生成，从而设计教学过程循循善诱，引导学生依靠自己的认知结构的力量,重新萌生这种思路的关键环节•所以笔者认为，在一轮复习中渗透函数导数的做题思想与方法非常重要,不能就题论题，我们应当通过教学活动帮助学生学会思考，面对函数导数题，在深入审题的基础上，必要时可回归基本初等函数及其简单组合的常见函数，将较为复杂的函数分而视之,指导学生直观思想立意要领，运用思想引领方法，让数学问题变得可视化,“横看成岭侧成峰，远近高低各不同”，站在更宽广的领域思考问题，方能达到更高的境界.参考文献[1]史宁中•数学思想概论•第1辑，数量与数量关系的抽象[M].长春东北师范大学出版社,2015.[2]张昆,罗增儒•数学解题关键环节的确定与教学设计——透过渗透数学观念的视点[J].中学数学杂志(高中版),2018(09):17-20.。

对2022年新高考Ⅰ卷第21题解析几何题的分析作者：钟明佛山市顺德区第一中学责编：常艳审核：王常斌作者简介钟明，中学数学高级教师，曾任顺德一中数学科长，名师工作室主持人，教学功底深厚，解题能力过硬，培养了一批批优秀的青年教师。

一、题目呈现2022年高考数学全国I卷中倒数第二题与往年一样考察解析几何，通过这道题可以看到高考对学生学习解析几何的要求达到什么程度。

二、对于二级结论的掌握每年的解析几何题都涉及到二级结论，如果对一些基本的二级结论缺乏认识，所有的结论都要在考场上推，那时间就不够了。

从数学的核心素养中数学抽象的水平三的要求：“能够把握研究对象的数学特征，理解数学的抽象结构。

能够理解数学结论的一般性，能够感悟高度概括、有序多级的数学知识体系。

并用准确的数学语言子以表达；能够感悟通性通法的数学原理和其中蕴含的数学思想。

”可以看到新课标对学生平时遇到的各类问题进行抽象概况，结论一般化。

从数学的核心素养中逻辑推理的水平三的要求：“对于较复杂的数学问题，能够通过构建过渡性命题，探索论证的途径，解决问题”二级结论就属于过渡性命题。

三、对于图形结构的观察与认识四、对运算求解的要求高考中解析几何一贯对计算的要求很高，在数学的核心素养中数学运算的水平三的要求：“能够把目标问题转化为运算问题，确定运算对象和运算法则，明确运算方向。

能够对运算问题，构造运算程序，解决问题。

”解析几何题的运算过程一般比较长，这就要求考生不能走一步看一步，一定要有全局观，运算之前要能看清所有的运算程序，预判运算的难度与时间，需从引入变量开始，确定运算程序，明确运算步骤，逐级运算，解决问题。

而对方程及方程的运算的深入理解是确定运算程序和预判运算难度的重要依据。

四、解题方法选择。