2022年高考数学北京卷第20题的多解探究及加强推广贵州师范大学数学科学学院 刘远桃 (邮编:550025)摘 要 文章对2022年高考数学北京卷第20题进行分析,先给出第(1)㊁(2)问的常规解法,然后对第(3)问进行探究,得到不同思路的不同解法,并从解题思路中得到了该试题的本质内涵,从而得到了一个加强和推广,最后给出教学建议.关键词 高考试题;导数题;一题多解;加强推广1 试题呈现(2022年高考数学北京卷第20题)已知函数f (x )=e xl n (1+x ).(1)求曲线y =f (x )在点0,f (0) 处的切线方程;(2)设g (x )=f '(x ),讨论函数g (x )在x ȡ0上的单调性;(3)证明:对任意的s ,t >0,都有f (s +t )>f (s )+f (t ).本题将指对函数以乘积的形式联系在一起,构思新颖㊁巧妙.主要考查导数的几何意义,在点处的切线方程的求法,利用导数研究函数的单调性㊁最值,以及函数背景下的不等式证明等知识.2 试题解析(1)当x =0时,f (0)=0,f'(x )=e x[l n (1+x )+11+x],所以f '(0)=1,由直线点斜式得y =x ,所以曲线y =f (x )在点0,f (0) 处的切线方程为y =x .评注 此题比较常规,求在具体点处的切线方程.思路就是求出具体点的坐标,再求出导函数的值,即在这点处的斜率,由直线的点斜式,得到结果.需要注意的是,在点处的切线方程和过点的切线方程的区别,在解题时要仔细审题,避免漏解.(2)由(1)可得g (x )=f '(x )=e x l n (1+x )+11+x,g '(x )=e x l n (1+x )+2x +1(1+x )2,因为x ȡ0,所以e xȡ1,l n (1+x )ȡ0,2x +1(1+x )2>0,即g '(x )>0,所以函数g (x )在x ȡ0上单调递增.评注 此题也比较常规,求函数在某区间内的单调性.思路就是对函数求导,判断导函数在该区间上的正负性,得到对应的单调区间和单调性.解决此类问题,判断导函数的正负性是关键,其判断方法多样,如将导函数分拆成几个函数分别判断㊁放缩判断㊁二阶求导判断等.当导函数其中某一部分的正负难以判断时,经常把导函数分拆进行判断,当导函数比较复杂时,二阶求导判断是比较常用的方法.(3)分析此题是函数背景下的双变量不等式恒成立问题,题目中的两个变量s ㊁t 之间没有关系,因此找到变量间的内在特点和分析该不等式的含义㊁对不等式化简变形是解决此题的关键.思路1 构造函数之主元法证法1 变量s ,t 地位等价,不妨将变量s 看成未知数,构造关于s 的函数,此时t 为常数,h (s )=f (s +t )-f (s )-f (t ),则h '(s )=f'(s +t )-f '(s )=g (s +t )-g (s ),由(2)知,函数g (x )在x ȡ0上单调递增,又s ,t >0,所以s +t >s ,所以g (s +t )>g (s ),即h '(s )>0,所以函数h (s )在s >0上单调递增,由(1)知,f (0)=0,所以h (0)=f (t )-f (0)-f (t )=-f (0)=0,即h (s )>h (0)=0,所以对任意的s ,t >0,都有f (s +t )>f (s )+f (t ).评注 此证法思路清晰,将待证不等式移项后构造函数进行证明,不等式含有两个变量,且两个变量之间没有关系,最常用的方法就是主元552022年第6期中学数学教学法,此方法运用比较广泛,尤其是多元函数中 各元 的地位等价时,其本质就是多元函数的偏导数,只不过在高中阶段没有学习偏导数,故将此方法称为主元法.思路2 构造函数之变形构造证法2 由f (s +t )>f (s )+f (t ),得到e s +t l n (1+s +t )>e s l n (1+s )+et l n (1+t ),故只需证明l n (1+s +t )>l n (1+s )e t +l n (1+t )es,令h (s )=l n (1+s +t )-l n (1+s )et -l n (1+t )e s,得到h '(s )=11+s +t -1e t (1+s )+l n (1+t )es,由切线不等式放缩e x>x +1(x >0),得到h '(s )>11+s +t -1(1+t )(1+s )=11+s +t -11+s +t +s t>0,所以h (s )在s >0上单调递增,可得h (s )>h (0)=l n (1+t )-l n (1+t )=0,h (s )=l n (1+s +t )-l n (1+s )e t -l n (1+t )e s>0,即证.评注 此证法通过将待证不等式变形,得到一个等价不等式,其中也含有s ,t 两个变量,所以构造函数的方法也是主元法,只不过构造的函数形式与证法1有所不同,再利用切线不等式放缩求得其导函数大于零,即所构函数在定义域内单调递增,从而得到证明.思路3 构造函数之局部构造证法3 令h (s )=f (s +t )-f (s )=e s +t l n (1+s +t )-e sl n (1+s ),则h '(s )=e s +t l n (1+s +t )-e sl n (1+s )+e s +t 1+s +t -e s 1+s,由(1)(2)可知,f (x )在x ȡ0上单调递增,又s ,t >0,s +t >s ,所以e s +t l n (1+s +t )-esl n (1+s )>0,令p (x )=e x 1+x ,x >0,p '(x )=x ex(1+x )2>0恒成立,所以p (x )在x >0上单调递增,又s ,t >0,s +t >s ,所以e s +t 1+s +t -es 1+s>0,所以h '(s )>0,即h (x )在x >0上单调递增,h (s )>h (0)=f (t )-f (0),又f (0)=0,所以h (s )>f (t ),即f (s +t )-f (s )>f (t ),所以对任意的s ,t >0,都有f (s +t )>f (s )+f (t ).评注 此证法也是利用主元法构造函数,所构造的函数是从待证不等式基础上局部构造得到的,接着对所构函数进行分析,从而得到证明.需要注意的是,所构函数的导函数比较复杂,判断导函数的正负性需要一定的运算能力,以保证所构函数的单调性判断正确.思路4 构造函数之比值构造证法4 由f (s +t )>f (s )+f (t ),得到e s +t l n (1+s +t )>e s l n (1+s )+et l n (1+t ),即只需证明e s +t l n (1+s +t )s +t >e s l n (1+s )s +t +e tl n (1+t )s +t,又s ,t >0,所以s +t >s ,s +t >t ,得到e s l n (1+s )s +e t l n (1+t )t >e s l n (1+s )s +t +e tl n (1+t )s +t,故只需证明e s +t l n (1+s +t )s +t >e s l n (1+s )s+e tl n (1+t )t即可,该不等式中的三项表达式形式完全一致,所以构造函数h (x )=f (x )x,(x >0),则h '(x )=x f '(x )-f (x )x 2=x g (x )-f (x )x2,设p (x )=x g (x )-f (x ),则p '(x )=g (x )+x g '(x )-f '(x )=x g'(x )>0,所以p (x )在x >0上单调递增,p (x )>65中学数学教学2022年第6期p (0)=0,得到h '(x )>0,所以h (x )在x >0上单调递增,又s ,t >0,所以s +t >s ,s +t >t ,所以f (s +t )s +t >f (s )s ,f (s +t )s +t >f (t )t ,所以s f (s +t )s +t +t f (s +t )s +t>f (s )+f (t ),即f (s +t )>f (s )+f (t ),即证.评注 此证法也是通过构造函数进行证明,构造思路来源于待证不等式的等价形式f (s +t )s +t >f (s )s +f (t )t .当然,也可以构造函数h (x )=xf (x),只不过此时h (x )在x >0上单调递减,但最终的结果是一致的.思路5 拉格朗日中值定理证法5 对任意的s ,t >0,不妨设s ȡt >0,因为函数f (x )=e xln (1+x )为初等函数,满足拉格朗日中值定理的条件,所以∃a ɪ(0,t ),使得f (t )-f (0)t =f'(a ),∃b ɪ(s ,s +t ),使得f (s +t )-f (s )t=f '(b ),由(2)可知f '(x )在x ȡ0上单调递增,又b >a ,所以f '(b )>f '(a ),f (s +t )-f (s )t>f (t )-f (0)t,又f (0)=0,所以f (s +t )>f (s )+f (t ).评注 此证法是利用高等数学知识,拉格朗日中值定理进行证明,利用拉格朗日中值定理求解问题时需注意函数是否满足其条件,高中所涉及的函数基本为初等函数,自然也就满足其使用条件.通过此证法可以感受到高等数学与初等数学具有一定的联系,而不是割裂的两个部分,利用高等数学知识来解决中学数学问题,具有一定的简捷性.试题中第(3)问从不同思路分析得到了七种证明方法,这有助于培养学生的一题多解能力,有助于培养和加强学生的数学思维能力和综合运用知识的能力,既能够开阔视野,又能够在一题多解过程中提高对数学的兴趣[1].七种方法可以概括为高中数学知识的解法,即构造函数法,以及高等数学知识的解法,即拉格朗日中值定理.不难看出,利用拉格朗日中值定理来求解此题更为简捷,究其原因,是因为此题的本质内涵就是函数的凹凸性.证法1到证法6,都是通过构造函数,分析所构函数的性质,如单调性㊁最值等得到证明,只不过构造函数的思路和所构函数的形式有所不同.通过此题也不难看出,利用主元法构造函数来证明双变量不等式问题具有强大的解题功效.3 加强推广例1 已知函数f (x )=e xln (1+x ).求证:对任意的s ,t >0,都有f (2s )+f (2t )ȡ2f (s +t ).证明 当s =t 时,显然不等式等号成立,当s ʂt 时,不妨设s >t ,将变量s 看成未知数,构造关于s 的函数,此时t 为常数,h (s )=f (2s )+f (2t )-2f (s +t ),则h '(s )=2f '(2s )-2f '(s +t )=2[f'(2s )-f '(s +t )], 因为函数f '(x )在x >0上单调递增,又s >t ,得到2s >s +t ,所以f '(2s )>f '(s +t ),即h '(s )>0,所以函数h (s )在s >0上单调递增,又f (0)=0,所以h (s )>h (0)=f (0)+f (2t )-2f (t )=f (2t )-2f (t ),由对任意的s ,t >0,都有f (s +t )>f (s )+f (t ),所以f (2t )>2f (t ),即h (s )>h (0)>0,所以f (2s )+f (2t )>2f (s +t ),综上所述,对任意的s ,t >0,都有f (2s )+f (2t )ȡ2f (s +t ).评注 此证明思路与原试题第(3)问的思路1一样,都是利用主元法来证明,不同的是,当s =t 时,原试题第(3)问中不等式不能取等号,而在加强中不等式可以取等号,当然,还可以通过其他思路来进行证明,这里不再叙述.进一步探究发现,由于s ,t 的任意性,通过换元s =12m ,t =752022年第6期中学数学教学12n,得到f(m)+f(n)ȡ2f m+n2,即琴生不等式,可见此不等式恒成立的关键在于函数f(x)在x>0上为凹函数.推广已知可导函数f(x)在x>0上为凹函数,满足f(0)ɤ0,求证:对任意的s,t>0,都有f(s+t)>f(s)+f(t)成立.证明变量s,t地位等价,不妨将变量s看成未知数,构造关于s的函数,此时t为常数, h(s)=f(s+t)-f(s)-f(t),则h'(s)= f'(s+t)-f'(s),因为f(x)在x>0上为凹函数,所以f'(x)在x>0上单调递增,又s,t>0,所以s+t>s,所以f'(s+t)> f'(s),即h'(s)>0,所以函数h(s)在s>0上单调递增,又f(0)ɤ0,所以h(0)=f(t)-f(0)-f(t)=-f(0)ȡ0,即h(s)>h(0)ȡ0,所以对任意的s,t>0,都有f(s+t)> f(s)+f(t).评注通过原试题第(3)问的思路1,不难发现此不等式恒成立的关键在于两点,一是函数f(x)在x>0上为凹函数,二是满足f(0)ɤ0,这样此推广也就可以得到了,其证明思路同思路1一样,都是利用主元法构造函数来证明.4教学启示4.1注重过程生成教学数学家米山国藏曾说 在学校学的数学知识,毕业后若没有什么机会去用,一两年后,很快就忘掉了,然而,不管他们从事什么工作,唯有深深铭刻在心中的数学的精神㊁数学的思维方法㊁研究方法㊁推理方法和看问题的着眼点等,却随时随地的发生作用,使他们终生受益. [2],使他们终生受益的东西,正是 能够数学地解决问题的东西 ,这与数学核心素养的内涵 学生应具备的,能够适应终身发展的和社会发展需要的㊁具有数学基本特征的思维品格和关键能力 是一致的,这才是数学教学应教给学生的,而过程性㊁生成性教学正是教给学生这些东西的有效途径.4.2把握解题教学本质数学的学习,解题必不可少,但题目浩如烟海,为此以题海战术来训练学生的解题能力并不可行,甚至会扼杀学生学习数学的兴趣.可见,数学解题教学的教学不应仅关注解题,而是要超脱解题教学本身,教给学生发现和提出问题㊁分析和解决问题的能力,善于总结解题思路㊁归纳题目类型,挖掘题目所蕴含的本质,以促进学生思维发展为目的,达到从 一道题 到 一类题 的提高,从数学解题的操作性能力到思维性能力的升华.所谓一题多解㊁多题一解㊁一题多变,其教学实质都是为了认识问题的本质㊁解法的本质以及核心的思维[3].参考文献[1]程华.从 一题多解 审思解题教学的思维培养[J].数学通报,2020,59(08):50-54.[2]米山国藏.数学的精神㊁思想和方法[M].成都:四川教育出版社,1986.[3]陆珺,胡晴颖.论数学解题教学的教学[J].数学教育学报,2021,v.30;N o.137(02):55-60.(收稿日期:2022-09-14)85中学数学教学2022年第6期。
