2023年高考全国Ⅰ卷第19题解法探究与推广

2023-12-19 01:08魏欣
中学数学杂志(高中版) 2023年6期
关键词:推广

【摘  要】  高考全国卷的函数与导数解答题多以多项式函数、指对数函数、三角函数的组合表达式为载体,重点考查函数的单调性、极值、最值、函数的零点及不等式证明等主干内容,注重函数与方程、转化与化归、分类讨论、数形结合等思想方法的灵活运用.对2023年高考全国Ⅰ卷第19题进行多角度多种解法解答与分析,总结出命题的溯源与结论推广,发挥其内在价值,并以此来促进教学.

【关键词】  函数与导数;不等式恒成立;解法探究;推广

1  经典试题展示与分析

题目  (2023年全国高考Ⅰ卷第19题)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)证明:当a>0时,f(x)>2lna+32.

分析  试题简洁清晰,知识方面主要考查函数的单调性、证明函数不等式、导数在函数中的应用等;思想方面主要考查分类讨论、转化与化归等思想.试题分步设问,逐步推进,综合考查考生逻辑思维、推理论证及运算求解等方面的能力.试题的思维过程和运算过程体现了能力立意的思想,较好地体现了对函数与导数中核心内容和基本思想方法的考查.2  多角度多种解法探究第(1)问是比较简单的含参不等式单调性问题.

因为f(x)=a(ex+a)-x,定义域为R,所以f′(x)=aex-1.

当a≤0时,由于ex>0,则aex≤0,故f′(x)=aex-1<0恒成立,所以f(x)在R上单调递减.当a>0时,令f′(x)=aex-1=0,解得x=-lna;

当x<-lna时,f′(x)<0,则f(x)在(-∞,-lna)上单调递减;

当x>-lna时,f′(x)>0,则f(x)在(-lna,+∞)上单调递增;

综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;当a>0时,f(x)在(-∞,-lna)上单调递减,在

(-lna,+∞)上单调递增.第(2)问是函数不等式证明,对于不等式证明,最常见方法有构造函数法、放缩法.

(一)构造函数法解法1  当a>0时,要证f(x)>2lna+32,即证a(ex+a)-x>2lna+32,只需证 aex+a2-x-2lna-32>0.设g(x)=aex+a2-x-2lna-32,则g′(x)=aex-1,g″(x)=aex>0.于是可得g′(x)在(-∞,+∞)上单调递增,令g′(x)=aex-1=0,解得x=-lna.从而当x∈(-∞,-lna)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(-lna,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.故g(x)min=g(-lna)=a2-lna-12.设h(a)=a2-lna-12,则h′(a)=2a-1a=2a2-1a,令h′(a)=0,解得a=22.从而当a∈0,22时,h′(a)<0,h(a)单调递减;当a∈22,+∞时,h′(a)>0,h(a)单调递增.故h(a)min=h22=12-ln22-12=ln22>0,即得h(a)>0.于是有g(x)min=g(-lna)=a2-lna-12>0,即g(x)=aex+a2-x-2lna-32>0,所以f(x)>2lna+32.

解法2  由(1)可知,当a>0时,f(x)在(-∞,-lna)上单调递减;在(-lna,+∞)上单调递增.所以f(x)min=f(-lna)=1+a2+lna.于是要证f(x)>2lna+32,只需证f(x)min=1+a2+lna>2lna+32,即证a2-lna-12>0.下同解法1.

评注  一般来说,证明函数不等式f(x)>g(x)恒成立,可设F(x)=f(x)-g(x),则f(x)>g(x)恒成立F(x)>0恒成立,即等价于F(x)min>0.可以利用导数来求F(x)的最小值,把函数不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值.构造差函数的证法是函数不等式证明中最常规的做法,要注意的是:有时尽管F(x)存在最小值,但方程F′(x)=0的根(F(x)的极值点)解不出来,往往要借助零点存在性定理和F′(x)的单调性,先证明方程F′(x)=0有唯一实根x0,用“设而不求”的方法,证明F(x)min=F(x0)≥0,在运算过程中要注意利用F′(x0)=0进行替换.

(二)放缩法解法3  因为ex≥x+1,所以f(x)=a(ex+a)-x=ex+lna+a2-x≥x+lna+1+a2-x=a2+lna+1.于是要证f(x)>2lna+32,只需证a2+lna+

1>2lna+32,即证a2-lna-12>0.

下同解法1.解法4  由解法2可知,要证f(x)>2lna+32,即证f(x)min=1+a2+lna>2lna+32,只需证a2>lna+12,即证2a2>2lna+1.

因为lnx≤x-1,故有2lna=lna2≤a2-1,即得2lna+1≤a2<2a2.

所以当a>0时,f(x)>2lna+32.解法5  当a>0时,要证f(x)>2lna+32,即证a(ex+a)-x>2lna+32,只需证ex+lna-(x+lna+1)+12(a2-lna2-1)+12a2>0.因为ex≥x+1,故有ex+lna-(x+lna+1)≥0.又因为lnx≤x-1,故有a2-1≥lna2,即得a2-lna2-1≥0,且12a2>0.从而ex+lna-(x+lna+1)+12(a2-lna2-1)+12a2>0成立.所以當a>0时,f(x)>2lna+32.解法6  因为f(x)=a(ex+a)-x=ex+lna+a2-x,a>0,且ex≥x+1,可得ex+lna+a2-x≥x+lna+1+a2-x=a2+lna+1>1+lna+a22=32+lna+a2-12.

于是要证f(x)>2lna+32,只需证32+lna+a2-12≥2lna+32.

又因为lnx≤x-1,故有a2-12≥lna22=lna,

故32+lna+a2-12≥32+lna+lna=2lna+32.所以当a>0时,f(x)>2lna+32.

解法7  因为f(x)=a(ex+a)-x=ex+lna+a2-x,且ex≥x+1,所以ex+lna+a2-x≥x+lna+1+a2-x=a2+lna+1.

又因为lnx≤x-1,故有2lna+32=lna+lna+32≤lna+a-1+32=lna+a+12.

于是要证f(x)>2lna+32,只需证a2+lna+1>lna+a+12,即证a2-a+12>0.

因为a2-a+12=a-122+14>0,故a2-a+12>0.所以当a>0时,f(x)>2lna+32.

评注  在与ex、lnx相关的函数不等式证明题中,常用到切线放缩的解题思想,如ex≥x+1,ex≥ex,lnx≤x-1(x>0),ex≥1+x+x22!(x≥0).究其主要原因有三:首先,此类函数的导数可以和多项式函数结合到一起,大部分都含有二次三项式,体现转化与化归思想;其次,此类函数能体现微积分的一个思想——以直代曲,无限逼近;另外,此类函数与高等数学的级数结合比较紧密.

3  命题溯源与结论推广

为了便于研究,给出如下高等数学有关凸函数定义、性质与定理.

定义1  设函数f:(a,b)→R. f在区间I=(a,b)上处处二次可微:如恒有f″(x)≥0 (对任意x∈I),则函数f(x)在区间I上为下凸函数;如恒有f″(x)≤0 (对任意x∈I),则函数f(x)在区间I上为上凸函数.

其几何意义为:下凸函数曲线y=f(x)上任意两点(x1,f(x1)),(x2,f(x2))间割线的中点总在曲线上相应点(具有相同横坐标)之上,即恒有fx1+x22≤12[f(x1)+f(x2)](如图1);上凸函数曲线y=f(x)上任意两点(x1,f(x1)),(x2,f(x2))间割线的中点总在曲线上相应点(具有相同横坐标)之下,即恒有fx1+x22≥12[f(x1)+f(x2)](如图2)[1].

图1  下凸函数        图2  上凸函数

定义2  若函数f(x)对于区间I=(a,b)内的任意x1,x2以及λ∈(0,1):如恒有f[λx1+(1-λ)x2]≤λf(x1)+(1-λ)f(x2),则称f(x)为区间I上的下凸函数;如恒有f[λx1+(1-λ)x2]≥λf(x1)+(1-λ)f(x2),则称f(x)为区间I上的上凸函数[2].其几何意义:下凸函数曲线y=f(x)上任意两点(x1,f(x1)),(x2,f(x2))间的割线总在曲线之上;上凸函数曲线y=f(x)上任意两点(x1,f(x1)),(x2,f(x2))间的割线总在曲线之下.

对定义2进行广义上推广,得到凸函数的性质1、性质2:

性质1   (加權的Jensen不等式)  设函数f:(a,b)→R.f在区间I=(a,b)上处处二次可微:如f″(x)≥0 (对任意x∈I),则f(x)为区间I上的下凸函数,即对任意m∈N,xk∈I及λk≥0,∑mk=1λk=1时,不等式f(∑mk=1λkxk)≤∑mk=1λkf(xk)成立;如f″(x)≤0 (对任意x∈I),则f(x)为区间I上的上凸函数,即对任意m∈N,xk∈I及λk≥0,∑mk=1λk=1时,不等式f∑mk=1λkxk≥∑mk=1λkf(xk)成立.

性质2  (Jensen不等式) 设函数f:(a,b)→R.f在区间I=(a,b)上处处二次可微:如f″(x)≥0 (对任意x∈(a,b),则f(x)为区间I上的下凸函数,即对任意n∈N,xi∈I时,不等式f∑ni=1xin≤∑ni=1fxin成立;如f″(x)≤0 (对任意x∈(a,b),则f(x)为区间I上的上凸函数,即对任意n∈N,xi∈I时,不等式f∑ni=1xin≥∑ni=1fxin成立.

由此给出凸函数的切线不等式有关定理:

定理  设函数f:(a,b)→R.f在区间I=(a,b)上处处二次可微:如f(x)为(a,b)上的下凸函数,则经过点(x0,f(x0))(x∈I)的切线一定在曲线y=f(x)的下方,即不等式f(x)≥f(x0)+f′(x0)(x-x0)(x∈I)恒成立;如f(x)为(a,b)上的上凸函数,则经过点(x0,f(x0))(x∈I)的切线一定在曲线y=f(x)的上方,即不等式f(x)≤f(x0)+f′(x0)(x-x0)(x∈I)恒成立.其几何意义:下凸函数曲线y=f(x)上任一点处的切线,总在曲线之下;上凸函数曲线y=f(x)上任一点处的切线,总在曲线之上[3].借助高等数学拉格朗日中值定理可证明上述定理.

拉格朗日中值定理:f(x)在[a,b]上连续,(a,b)上可导,则至少存在一点ξ∈(a,b),使得f(b)-f(a)=f′(ξ)(b-a).简证  由拉格朗日中值定理知,f(x)-f(x0)=f′(ξ)(x-x0)(ξ∈(x0,x)).

又因曲线y=f(x) 过点(x0,f(x0))(x∈I)的切线方程为f(x)=f′(x0)(x-x0)+f(x0),

则有f(x)-f(x0)-f′(x0)(x-x0)=(f′(ξ)-f′(x0))(x-x0).

因为在区间I上的下凸函数恒有f″(x)≥0,即f′(x)在I=(a,b)上为增函数,即x∈(x0,ξ)时,f′(ξ)-f′(x0)≥0,(f′(ξ)-f′(x0))(x-x0)≥0,则f(x)-f(x0)-f′(x0)(x-x0)=(f′(ξ)-f′(x0))(x-x0)>0,

所以在区间I上的下凸函数f(x)经过点(x0,f(x0))(x∈I)的切线一定在曲线y=f(x)的下方,即不等式f(x)≥f(x0)+f′(x0)(x-x0)(x∈I)恒成立,当且仅当x=x0 时取等号.

同理,在区间I上的上凸函数f(x)经过点(x0,f(x0))(x∈I)的切线一定在曲线y=f(x)的上方,即不等式f(x)≤f(x0)+f′(x0)(x-x0)(x∈I)恒成立,当且仅当x=x0时取等号.

利用上述定理可将试题1第(2)问作如下一般性命题推广:

命题  已知函数f(x)=a(ex+a)-x,证明: 当a>0时, f(x)>mlna+m+12(其中m为常数,且1≤m<3) .

简证   因a>0,则f′(x)=aex-1,f″(x)=aex>0,即 f(x)在区间(-∞,+∞)上为下凸函数.由f′(x)=aex-1=0,可求极点坐标ln1a,a2+1+lna.

由上述定理,对于 f(x)=a(ex+a)-x在区间(-∞,+∞)上恒有f(x)≥fln1a+f′ln1ax-ln1a=f(ln1a)=a2+1+lna.

(1)当m=1且a>0时,f(x)≥a2+1+lna>1×lna+1+12,即 f(x)>mlna+m+12显然恒成立.

(2)1<m<3

当m>1且a>0时,不妨设g(a)=a2+1+(1-m)lna,则 g′(a)=2a+1-ma .

令g′(a)=0,得a=m-12(m>1).

因函数在区间0,m-12上单调递减,m-12,+∞上单调递增,则gmin(a)=gm-12=(1-m)lnm-12+m+12,

故g(a)=a2+1+(1-m)lna≥(1-m)lnm-12+m+12,

从而有a2+1+lna≥mlna+m+12+(1-m)lnm-12.

因m>1,只要有(1-m)lnm-12>0时,恒有a2+1+lna>mlna+m+12,由m>1及(1-m)lnm-12>0可求出1<m<3.

所以m为1<m<3的常数时,f(x)>mlna+m+12.

(3)当m=3时

由(2)知a2+1+lna≥mlna+m+12+(1-m)lnm-12,即 a2+1+lna≥3lna+2,从而有a2+1-2lna≥2.

令当m=3且a>0时,设g(a)=a2+1-2lna,则 g′(a)=2a-2a .

令g′(a)=0,得a=1.

因函数g(a)在区间(0,1)上单调递减,[1,+∞)上单调递增,则gmin(a)=g(1)=2,

故g(a)=a2+1-2lna≥2(当且仅当a=1时,取等号),从而a2+1+lna≥3lna+2 .

所以当m=3且a>0时,f(x)≥a2+1+lna≥mlna+m+12(当且仅当a=1时,取等号).

综上述,当a>0时, f(x)>mlna+m+12(其中m为常数,且1≤m<3),证毕.

显然,上述高考题只是命题的一种特例(令命题m=2时,即是试题1的第(2)问).至此,追溯到本文高考试题中的“23”的命题设计的源头,由此达到举一反三的深度学习效果.

4  结论的应用

上文给出的定理,除了“证明不等式”的应用之外,还可在解决“不等式含参问题”“求函数最值”等方面具有“速解”效能.例1  (2017年全国Ⅱ卷文科第21题)设函数f(x)=(1-x2)ex.

(1)略;(2)当x≥0 时,f(x)≤ax+1 ,求a的取值范圍.

简析  本题可归结于形如“当x∈(m,n)时,f(x)≤ax+b (或f(x)≥ax+b) 恒成立, 求参数a的取值范围”一类试题,其命题背景是有关“凸函数的切线不等式”问题.本文克服了画图直观求解的“证明性”缺失不足,利用定理直接给出其基于数学本质的解法.因为f′(x)=ex(1-2x-x2) ,f″(x)=-ex(x2+4x+1), 则当x≥0时,f″(x)≤0,即函数f(x)=(1-x2)ex为下凸函数,故条件“当x≥0 时,f(x)≤ax+1”等价于“射线y=ax+1(x∈[0,+∞))位于曲线f(x)=(1-x2)ex在点(0,1)的切线或位置上方”.

又因曲线f(x)=(1-x2)ex在点(0,1)的切线斜率f′(0)=1,结合定理,从而锁定答案:a≥1.

例2  (2021天津卷第20题节选)已知a>0,函数f(x)=ax-xex.若存在a,使得f(x)≤a+b对任意的x∈R恒成立,求实数b的取值范围.

简析  原试题标准解法,是利用导数法,通过函数单调性与最值求解,但是解题过程中存在分类讨论与计算繁锁等问题.利用定理中凸函数的切线不等式,可秒杀答案.

不等式f(x)=ax-xex≤a+b恒成立,变形为xex≥a(x-1)-b,

则原问题转化为:过点P(1,-b)的直线方程y=a(x-1)-b在函数g(x)=xex图象下方.

因g″(x)=ex(2+x)>0,函数g(x)=xex在区间[-2,+∞)为下凸函数 ,故只需要在过点P(1,-b)的函数g(x)=xex存在斜率大于0的切线,即点P在函数g(x)=xex图象下方,满足-b≤g(1),从而解得b≥-e.

例3  (2012年全国新课标理科第21题)已知函数f(x)满足f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+12x2.

(1)求f(x)的解析式及区间;

(2)若f(x)≥12x2+ax+b,求(a+1)b的最大值.

简析  本题第(2)问常规解题思路是基于题目代数条件、放缩求最值,解法自然,但缺点是计算量大和讨论繁琐.而基于凸函数的性质求解,简洁明快.

(1)易求出f(x)=ex-x+12x2 ,单调递增区间为(0,+∞) ,单调递减区间为(-∞,0).

(2)由f(x)≥12x2+ax+b知,ex≥(a+1)x+b 恒成立.

记g(x)=ex,因g″(x)>0,则 g(x)为下凸函数.

依据本文定理,本题第(2)问本质是直线y=(a+1)x+b是下凸函数g(x)=ex的切线或切线下方平行线即可.

故存在x0∈R,使得直线y=(a+1)x+b与函数g(x)图象在x=x0 处的切线l:y=ex0(x-x0)ex0 重合或平行(位于切线下方),也就是有a+1=ex0,b≤ex0(1-x),所以(a+1)b≤e2x0(1-x0) .

记h(x)=e2x(1-x),x∈R ,则(a+1)b≤h(x)max ,

求导讨论可得h(x)max=e2,故(a+1)b的最大值为e2.

例4  (2018年全国高考Ⅰ卷理科第16题)已知函数f(x)=2sinx+sin2x,则f(x)的最小值是.简析  借助凸函数定理,可“一式”秒锁答案.

不妨设x∈0,π2 ,则函数sinx,sin2x均为上凸函数,且sinx>0,sin2x>0,考虑到sinx=sin(π-x) ,则由凸函数性质2,得

f(x)=2sinx+sin2x=sin(π-x)+sin(π-x)+sin2x≤3sin(π-x)+(π-x)+2x3=3sin2π3=323,当且仅当π-x=2x,即x=π3时,取等号.即f(x)的最大值是323.

因为f(x)是奇函数,所以 f(x)的最小值是-323.

高考中的函数与导数试题,其命题立意深刻、设计新颖,具有典型性、示范性、引领性,是教学研究的良好素材.教学中教师要引导学生善于研究高考试题命题的背景与意图,不断地寻找试题的命制本源和解法本源,挖掘数学本质,并能在具体的高等数学问题情境中灵活应用,从而有效落实数学学科的核心素养培育,實现解决一道题收获系列题的学习目的[4].

参考文献

[1]  林国红.函数凹凸性视角下的双变量压轴题的探究[J].中学数学研究(华南师范大学版),2022(05):17-20.

[2]  李加军.2022年高考北京卷导数试题的背景溯源、解析和推广[J].数学通讯,2022(24):38-40.

[3]  魏欣,邓春梅.2017年高考课标卷Ⅲ理科第21题的解法探究[J].中学数学研究(华南师范大学版), 2018(05):9-12.

[4]  王伟.2020年高考数学天津卷导数压轴题的解法与背景分析[J].数学通讯,2020(24):47-50.

作者简介  魏欣(1986—),广东湛江人,高中数学一级教师,市骨干教师; 主要从事高中数学教学、高考试题解法、高中数学竞赛的代数和平面几何等方面的研究.

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