蔡晶晶

[摘 要]文章對(duì)一道高三市質(zhì)檢導(dǎo)數(shù)壓軸題進(jìn)行命制思路分析及解法研究，以幫助學(xué)生學(xué)會(huì)有邏輯地、創(chuàng)造性地思考問題，提高學(xué)生的解題能力。

[關(guān)鍵詞]試題;命制;解法

[中圖分類號(hào)]? ? G633.6? ? ? ? [文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼]? ? A? ? ? ? [文章編號(hào)]? ? 1674-6058（2022）11-0010-03

在2021年4月初莆田市高三畢業(yè)班第二次市質(zhì)檢中，筆者有幸參與了第22題導(dǎo)數(shù)壓軸題的命制，收獲頗豐，感觸頗深，謹(jǐn)以此文與同行交流探討。

一、原題呈現(xiàn)

設(shè)函數(shù)[f（x）=2ex+acosx]，[a∈R]。

（1）若[f（x）]在[0，π2]上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)[a]的取值范圍。

（2）證明：當(dāng)[a∈1， 2]時(shí)， [f（x）≥2x+3]。

二、命制手法

本題的第（2）小題是運(yùn)用幾何畫板探究函數(shù)[f（x）=2ex+acosx]的圖像與一次函數(shù)圖像的關(guān)系時(shí)產(chǎn)生的命制思路。在通過對(duì)參數(shù)[a]不斷調(diào)整取值時(shí)發(fā)現(xiàn)，當(dāng)[a∈1， 2]時(shí)，[f（x）=2ex+acosx]的軌跡恒在一條直線上方，通過擬合取整，可取該直線方程為[y=2x+3]，再進(jìn)行嚴(yán)格論證可得出本小題結(jié)論正確。

三、解法賞析

第（1）小題的解法如下：

解法1（分類討論法1）：

①當(dāng)[a≥0]時(shí)，由[x∈0，π2]得[f（x）=2ex+acosx>2>0]，不合題意。

②當(dāng)[a<0]時(shí)，[f（x）=2ex-asinx>0]對(duì)[x∈0，π2]恒成立，所以[f（x）]在[0，π2]上單調(diào)遞增。

因?yàn)閇f（0）=a+2]，[fπ2=2eπ2>0]，要使得[f（x）]在[0，π2]上有零點(diǎn)，只需[f（0）=a+2<0]，即[a<-2]，所以實(shí)數(shù)[a]的取值范圍為[（-∞，-2）]。

解法2（分類討論法2）：

①當(dāng)[a≥-2]時(shí)，由[x∈0，π2]得[f（x）=2ex+acosx≥2ex-2>0]，不合題意。

②當(dāng)[a<-2]時(shí)，[f（0）=a+2<0]，[fπ2=2eπ2>0]， [f（0）fπ2<0]，所以 [f（x）]在[0，π2]上有零點(diǎn)。

因此實(shí)數(shù)[a]的取值范圍為[（-∞，-2）]。

解法3（分離參數(shù)法）：

要使得[f（x）]在[0，π2]上有零點(diǎn)，即方程[2ex+acosx=0]在[0，π2]上有解，所以[1a=-cosx2ex]，[x∈0，π2 ]，設(shè)[g（x）=-cosx2ex]，[x∈0，π2]，

[g（x）=sinx+cosx2ex>0]，則[g（x）]在[0，π2]上是增函數(shù)。

又因?yàn)閇g（0）=-12]，[gπ2=0]，所以[-12

因此實(shí)數(shù)[a]的取值范圍為[（-∞，-2）]。

第（2）小題的證法如下：

證法1（分類討論法）：

當(dāng)[a∈1， 2]時(shí)，要證[f（x）≥2x+3]，即證[2ex+acosx-2x-3≥0]。

令[G（x）=2ex+acosx-2x-3]，則[G（x）=2ex-asinx-2]，[G（x）=2ex-acosx]。

①當(dāng)[x≥0]時(shí)，[G（x）≥2-a≥0]，[G（x）]在[0 ，+∞]上單調(diào)遞增，[G（x）≥G（0）=0]，所以[G（x）]在[0 ，+∞]上單調(diào)遞增，[G（x）≥G（0）=a-1≥0]。

②當(dāng)[x≤-π2]時(shí)，設(shè)[M（x）=acosx-2x-3]，

則[M（x）=-a?sinx-2≤a-2≤0]，[M（x）]在[-∞，-π2]上單調(diào)遞減。

[M（x）≥M-π2=π-3>0]，所以[G（x）=2ex+M（x）>0]。

③當(dāng)[-π20]，[G（x）≥2ex+cosx-2x-3]。

要證[G（x）≥0]，只需證[2ex+cosx-2x-3≥0]，即證[2x+3-cosxex≤2]。

設(shè)[H（x）=2x+3-cosxex]，

則[H（x）=sinx+cosx-2x-1ex]，

設(shè)[h（x）=sinx+cosx-2x-1]，則[h（x）=cosx-sinx-2<0]，[h（x）]在[-π2， 0]上單調(diào)遞減。

[h（x）>h（0）=0]，即[H（x）>0]，[H（x）]在[-π2， 0]上單調(diào)遞增，所以[H（x）

綜上所述，[G（x）≥0]。

故當(dāng)[a∈1， 2]時(shí)，[f（x）≥2x+3]。

證法2（變換主元法）：

當(dāng)[a∈1 ， 2]時(shí)，要證[f（x）≥2x+3]，即證[2ex+acosx-2x-3≥0]。

設(shè)[g（a）=（cosx）a+（2ex-2x-3）]，故只需證對(duì)任意[a∈1 ， 2]，有[g（a）≥0]。

即證[g（1）≥0，g（2）≥0，]即證[2ex+cosx-2x-3≥0，2ex+2cosx-2x-3≥0。]

（?。┫茸C[2ex+cosx-2x-3≥0]。

設(shè)[h（x）=2ex+cosx-2x-3]，則[h（x）=2ex-sinx-2=ex2-sinx+2ex]。

設(shè)[t（x）=2-sinx+2ex]，則[t（x）=2+sinx-cosxex>0]，所以[t（x）]是[R]上的增函數(shù)，且[t（0）=0]。

當(dāng)[x<0]時(shí)，[t（x）<0]，即[h（x）<0];當(dāng)[x>0]時(shí)，[t（x）>0]，即[h（x）>0]，所以[h（x）]在[（-∞， 0）]上單調(diào)遞減，在[（0，+∞）]上單調(diào)遞增。

因此[h（x）≥h（0）=0]，即[2ex+cosx-2x-3≥0]。

（ⅱ）再證[2ex+2cosx-2x-3≥0]。

①當(dāng)[x≤-π2]時(shí)，設(shè)[u（x）=2cosx-2x-3]，則[u（x）=-2sinx-2≤0]，

所以[u（x）]在[-∞，-π2]上單調(diào)遞減，[u（x）≥u-π2=π-3>0]，[2ex+2cosx-2x-3>0]。

②當(dāng)[-π22ex+cosx-2x-3≥0]。

③當(dāng)[x≥0]時(shí)，設(shè)[v（x）=2ex+2cosx-2x-3]，則[v（x）=2ex-2sinx-2]。

因?yàn)閇v（x）=2ex-2cosx>0]，所以[v（x）]在[0 ，+∞]上單調(diào)遞增，[v（x）≥v（0）=0]。

因此[v（x）]在[0，+∞]上單調(diào)遞增，[v（x）≥v（0）=1>0]，[2ex+2cosx-2x-3>0]。

綜合①②③可知，[2ex+2cosx-2x-3>0]。

故當(dāng)[a∈1， 2]時(shí)， [f（x）≥2x+3]。

證法3（分離參數(shù)法）：

（ⅰ）先證[2ex+cosx≥2x+3 ]，即證[2x+3-cosxex≤2 ]。

設(shè)[H（x）=2x+3-cosxex]，

則[H（x）=sinx+cosx-2x-1ex]。

設(shè)[h（x）=sinx+cosx-2x-1]，設(shè)[h（x）=cosx-sinx-2<0]，所以[h（x）]在[-π2， 0]上單調(diào)遞減。

[h（x）>h（0）=0]，則[H（x）>0]，[H（x）]在[-π2， 0]上單調(diào)遞增。

因此[H（x）≤H（0）=2]，即[2x+3-cosx2ex≤2]成立。

（ⅱ）再證[2ex+2cosx-2x-3≥0]，即證[2x+3-2cosx2ex≤2]。

設(shè)[F（x）=2x+3-2cosxex]，

則[F（x）=2（sinx+cosx）-2x-1ex]。

設(shè)[G（x）=2（sinx+cosx）-2x-1=22sinx+π4-2x-1]，

①當(dāng)[x∈π2，+∞]時(shí)，[G（x）≤22-π-1<0]，即[F（x）<0]，

所以[F（x）]在[π2，+∞]上單調(diào)遞減，[F（x）≤Fπ2=π+3eπ2<8eπ2<2]。

②當(dāng)[x∈-∞，-π]時(shí)，[G（x）>-22+2π-1>0]。

當(dāng)[x∈-π，-π2]時(shí)，[G（x）=22cosx+π4-2≤2-2=0]，

所以[G（x）]在[-π，-π2]上單調(diào)遞減，[G（x）≥G-π2=π-3>0]。

當(dāng)[x∈-∞，-π2]時(shí)，[G（x）>0]，即[F（x）>0]，

所以[F（x）]在[-∞，-π2]上單調(diào)遞增，[F（x）≤F-π2=-π+3e-π2<0<2]。

③當(dāng)[x∈-π2，π2]時(shí)，[0

綜合①②③可知，[2ex+2cosx-2x-3≥0]。

因此，當(dāng)[a∈1， 2]時(shí)，[2ex+acosx≥min2ex+cosx， 2ex+2cosx≥2x+3]。

筆者從直觀想象的角度出發(fā)，改編了一道高三模擬題作為期末考試題。

改編前原題：已知函數(shù)[f（x）=xex-a（lnx+x）]。

（1）略;

（2）若[a>0]，求[f（x）]的最小值。

解法1（隱零點(diǎn)法）：

[f（x）]的定義域?yàn)閇（0，+∞）]，依題意得[f（x）=（x+1）ex-ax=（x+1）xex-ax]。

令[g（x）=xex-a]，當(dāng)[x∈（0，+∞）]時(shí)，[gx=ex+xex=（x+1）ex>0]，

所以[g（x）]在[（0，+∞）]上為增函數(shù)。

由[a>0]得[g（0）=-a<0]，[g（a）=a（ea-1）>0]，所以[g（0）g（a）<0]，

故存在[x0∈（0， a）]，使[g（x0）=0]，即[x0ex0=a]，即[lnx0+x0=lna]。

因?yàn)閇g（x）]在[（0，+∞）]上為增函數(shù)，

所以當(dāng)[x∈（0， x0）]時(shí)，[g（x）

當(dāng)[x∈（x0 ，+∞）]時(shí)，[g（x）>g（x0）=0]，即[f（x）>0]，

所以[f（x）]在[（0， x0）]上為減函數(shù)，在[（x0 ，+∞）]上為增函數(shù)，[f（x）min=f（x0）=x0ex0-a（lnx0+x0）=a-alna=a（1-lna）]。

解法2（同構(gòu)函數(shù)法）：

由題意得[f（x）=xex-a（lnx+x）=elnx+x-a（lnx+x）]。

設(shè)[t=lnx+x]，則[t∈R]。

記[φ（t）=et-at（t∈R）]，故[f（x）]的最小值即為[φ（t）]最小值。

又[φ（t）=et-a（a>0）]，

當(dāng)[t=（-∞，lna）]時(shí)，[φ（t）<0]，[φ（t）]單調(diào)遞減;

當(dāng)[t∈（lna，+∞）]時(shí)，[φ（t）>0]，[φ（t）]單調(diào)遞增，

所以[f（x）min=φ（lna）=elna-alna=a-alna]。

改編后試題：已知函數(shù)[f（x）=xex-a（lnx+x）]（[a>0]）。已知[f（x）]有兩個(gè)零點(diǎn)，求[a]的取值范圍。

解：同上可知[f（x）min=f（x0）=x0ex0-a（lnx0+x0）=a-alna=a1-lna ]。

①當(dāng)[0

②當(dāng)[a>e]時(shí)，有[f（x）min=f（x0）<0]，由[x0ex0=a]，得[1

（Ⅰ）因?yàn)閇f1e=1ee1e-a-1+1e>0] ，所以[f（x0）f1e<0]，又因?yàn)閇f（x）]在[（0， x0）]上為減函數(shù)，所以[f（x）]在[（0， x0）]上存在唯一零點(diǎn)[x1];

（Ⅱ）因?yàn)閇f（a）=aea-a（a+lna）=aea-aln（aea）>aea-aaea=aeaea-a>0]，

當(dāng)[x>0]時(shí)，[lnx0]時(shí)，[ex>x]，所以[f（x0）f（a）<0]。

又因?yàn)閇fx]在[（x0，+∞）]上為增函數(shù)，所以[fx]在[（x0 ，+∞）]上存在唯一零點(diǎn)[x2]， [f（x）]在[（x0 ，+∞）]上有兩個(gè)零點(diǎn)。

綜上所述，[a]的取值范圍為[（e，+∞）]。

以下同解法一。

四、命題感悟

正所謂“數(shù)缺形時(shí)少直觀，形缺數(shù)時(shí)難入微”。以上試題遵循“低起點(diǎn)、多層次、高要求”的命題原則。從直觀想象入手研制試題，發(fā)現(xiàn)不論是分類討論法還是分離參數(shù)法，或是變換主元法，或是隱零點(diǎn)法，抑或是同構(gòu)函數(shù)法，都是常用方法。多角度、分層次地探索解題思路，引導(dǎo)學(xué)生學(xué)會(huì)有邏輯地、創(chuàng)造性地思考，善于把握本質(zhì)、以簡(jiǎn)馭繁，能發(fā)展學(xué)生的理性思維，培養(yǎng)學(xué)生的科學(xué)精神，提升學(xué)生分析和解決問題的能力。

（責(zé)任編輯 黃桂堅(jiān)）