深圳市寶安區(qū)松崗中學(518105) 王 偉

題目(2020年高考天津卷) 已知函數(shù)f(x) =x3+klnx(k ∈R),f′(x)為f(x)的導函數(shù).

(Ⅰ)當k=6 時,

(i)求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;

(ii)求函數(shù)g(x)=f(x)?f′(x)+的單調(diào)區(qū)間和極值;

(Ⅱ)當k≥?3 時,求證: 對任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1＞x2,有

這是2020年高考天津卷導數(shù)壓軸題,本題三問分別考查利用導數(shù)求切線問題、利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性和極值以及利用導數(shù)證明二元不等式問題.本題充分體現(xiàn)了導數(shù)解答題起點低、落點高、設問有梯度的命題特點,本題涉及知識點較多, 具有較強的綜合性和靈活性, 解題切入點多、口徑寬,解法多樣,是一道優(yōu)質(zhì)的導數(shù)壓軸題.

一、試題求解與優(yōu)化

解析(Ⅰ)(i)當k= 6 時,f(x) =x3+6 lnx,f′(x) =3x2+可得f(1)=1,f′(1)=9,所以曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為:y ?1=9(x ?1),即y=9x ?8.

(ii)依題意,g(x)=x3?3x2+6 lnx+x ∈(0,+∞).從而可得g′(x) = 3x2?6x+整理可得:g′(x) =令g′(x) = 0, 解得x= 1.當x變化時,g′(x),g(x)的變化情況如下表:

x (0,1)1(1,+∞)g′(x)?0+g(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增

所以函數(shù)g(x) 的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1), 單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞);g(x)的極小值為g(1)=1,無極大值.

(Ⅱ)方法一由f(x)=x3+klnx,得f′(x)=3x2+對任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1＞x2,令=t(t ＞1),則

令h(x) =?2 lnx,x ∈[1,+∞), 當x ＞1 時,h′(x) = 1 +＞0, 由此可得h(x)在[1,+∞) 單調(diào)遞增, 所以當t ＞1 時,h(t)＞h(1), 即因為x2≥1,t3?3t2+3t?1=(t ?1)3＞0,k≥?3,所以

由(Ⅰ)(ii)可知,當t ＞1 時,g(t)＞g(1),即t3?3t2+6 lnt+故

由①②③可得

即(II)的待證不等式成立.

(Ⅱ) 方法二對任意的x1,x2∈[1,+∞), 且x1＞x2,等價于(x1?x2)3+＞0,x1＞x2≥1.構(gòu)造關(guān)于x的函數(shù)g(x)=(x ?x2)3+x ＞x2≥1,k≥?3,則

所以g(x) 在(x2,+∞) 上單調(diào)遞增, 故當x ＞x2≥1 時,g(x)＞g(x2) = 0, 對任意x2≥1, 只要x ＞x2≥1, 都有g(shù)(x)＞g(x2) = 0, 因為x1＞x2≥1, 所以g(x1)＞g(x2)=0,從而有(x1?x2)3+0,故(II)的待證不等式成立.

(Ⅱ)方法三由f(x)=x3+klnx,得f′(x)=3x2+x≥1,k≥?3,令h(x)=f′(x)=3x2+,x≥1,k≥?3,則

因為

所以h(x)是下凸的函數(shù),

①當?3 ≤k≤6 時,h′(x) = 6x ?＞0,所以h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增.

②當k ＞6 時,h′(x)=6x?所以h(x)在上單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增.

圖1

圖2

在直角坐標系中作出h(x)的函數(shù)圖像,當?3 ≤k≤6時,h(x)的圖像如圖1;當k ＞6 時,h(x)的圖像如圖2,作直線x=x2分別交x軸與函數(shù)h(x)的圖像與M,A點,作直線x=x1分別交x軸與函數(shù)h(x)的圖像與N,B點,其中x1＞x2≥1.因為h(x)是下凸的函數(shù),所以S梯形AMNB ＞S曲邊梯形AMNB, 由定積分的幾何性質(zhì)和梯形面積計算公式可得:[h(x1)+h(x2)](x1?x2)＞即[f′(x1)+f′(x2)](x1?x2)＞=f(x1)?f(x2), 故對任意的x1,x2∈[1,+∞), 且x1＞ x2, 有

評析對于兩個未知數(shù)的函數(shù)不等式問題,其關(guān)鍵在于將兩個未知數(shù)化歸為一個未知數(shù),常見的證明方法有以下4種: ①利用換元法,化歸為一個未知數(shù); ②利用未知數(shù)之間的關(guān)系消元,化歸為一個未知數(shù); ③分離未知數(shù)后構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)的單調(diào)性證明; ④利用主元法,構(gòu)造函數(shù)證明.方法一屬于換元法,用到了最常用的比值換元,但是運用比值換元需要借助于放縮才能構(gòu)造新的函數(shù),因為有第一問的鋪墊學生容易想到放縮法進行處理,有一定的靈活性;方法二屬于主元法,與比值換元相比學生更容易接受,思路也很清晰,沒有思維盲點,便于學生操作;方法三屬于數(shù)形結(jié)合思想,運用了凸函數(shù)的性質(zhì)和定積分的幾何性質(zhì),可以借助于此方法挖掘出該題的高等數(shù)學背景和幾何含義.

二、命題背景分析

阿達瑪(Hadamard)積分不等式設f(x)是區(qū)間[a,b]上的下凸函數(shù),a≤x1＜ x2≤b, 則等號當且僅當f(x)是線性函數(shù)時成立.

證明(幾何含義)如圖3,設直線x=x1與x軸交于A點,與曲線y=f(x) 交于D點, 直線x=x2與x軸交于B點, 與曲線y=f(x) 交于C點, 直線與x軸交于M點,與曲線y=f(x)交于N點,設曲線在N點處的切線為l,因為f(x)是區(qū)間[a,b]上的下凸函數(shù),所以曲線在切線l的上方,故切線l與直線BC、AD的交點分別在線段BC、AD上,分別設為E,F.由圖可知:

圖3

故待證不等式成立.

本題就是以阿達瑪積分不等式為背景命制的一道具有高等數(shù)學背景的試題,是阿達瑪積分不等式的一個特例,如果運用阿達瑪積分不等式,本題的解法就顯得很簡潔.

基于阿達瑪積分不等式的解法:

由f(x) =x3+klnx, 得f′(x) = 3x2+,x≥1,k≥?3, 令h(x) =f′(x) = 3x2+,x≥1,k≥?3, 則h′(x)=6x ?

所以h(x) 在[1,+∞) 上是下凸的, 對任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1＞x2,由阿達瑪積分不等式可得:

本題與2013年陜西高考題理科卷第21 題導數(shù)壓軸題如出一轍,它們同源于阿達瑪積分不等式的特例.

特例(2013年高考陜西理科卷) 已知函數(shù)f(x) = ex,x ∈R.

(Ⅰ)若直線y=kx+1 與y=f(x)的反函數(shù)的圖像相切,求實數(shù)k的值;

(Ⅱ)設x ＞0,討論曲線y=f(x)與曲線y=mx2(m ＞0)公共點的個數(shù);

(Ⅲ)設a ＜b,比較的大小,并說明理由.

解析(Ⅰ)略;(Ⅱ)略;

(Ⅲ)由f(x)=ex,得:f′(x)=ex,f′′(x)=ex ＞0,所以f(x)在R 上是下凸的,由阿達瑪積分不等式可得:

評析在近幾年的高考中,背景相同解法相似的高考壓軸題較多,還有2020年全國Ⅰ卷解析幾何壓軸題與2010年高考江蘇卷解析幾何題同源,2018年全國Ⅰ卷導數(shù)壓軸題與2011年高考湖南卷文科導數(shù)題同源.還有很多,不再累述.

三、教學啟示

從以上分析可以看出,高考壓軸題立意深刻、背景公平、設計新穎,具有典型性、示范性、引領性,是教學研究的良好素材.研究高考題有利于領會命題者意圖、弄清試題背景、回歸試題本質(zhì)、拓展試題解法,有利于引導我們的教學回歸數(shù)學學科屬性,落實數(shù)學學科的核心素養(yǎng).因此,在數(shù)學教學活動中,不僅要求學生理解試題所包含的基本知識、解題思想和方法,而且還要了解概念產(chǎn)生的背景和過程,最重要的是從每一節(jié)課入手,適當引入HPM 視角下的教學設計,讓學生深刻體會數(shù)學思想方法的本質(zhì).另外我們還要注意對一些經(jīng)典的、具有代表性的知識和方法的拓展延伸,尤其對教材中涉及的經(jīng)典數(shù)學問題或數(shù)學試題中經(jīng)常出現(xiàn)的熱點數(shù)學模型,不僅要弄清楚這些知識的發(fā)生、發(fā)展內(nèi)涵,還要及時加以整理歸納,形成知識體系專題,構(gòu)建變式模型,開展探究活動,挖掘數(shù)學本質(zhì),有意識地尋根探源,通過探究讓學生理解并掌握,并能在具體的數(shù)學問題情境中靈活應用.