張志剛

(山東省寧陽縣復圣中學,山東 泰安 271400)

題目(2022年高考北京卷第20題)已知函數f(x)=exln(x+1).

(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處切線方程;

(2)設g(x)=f′(x),討論函數g(x)在[0,+∞)上的單調性;

(3)證明:對任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t)．

本題主要考查導數的幾何意義、利用導數研究函數的單調性及不等式的證明.考查邏輯推理、數學運算、直觀想象等核心素養(yǎng),考查函數與方程、數形結合、轉化與化歸的數學思想,體現了高考基礎性、綜合性、應用性、創(chuàng)新性的考查要求.試題設計簡捷清新,內蘊豐富,具有較高的探究價值.

1 題目解答

1.1 第(1)問解析

所以f′(0)=1.

又f(0)=0,故切線方程為y=x.

1.2 第(2)問解析

所以g′(x)>0.

所以g(x)在(0,+∞)上單調遞增.

1.3 第(3)問解析

思路1 構造函數證明.

設r(x)=(x2-1)ln(1+x)+x(x>0),

則r′(x)=2xln(1+x)+x>0.

所以r(x)在(0,+∞)上單調遞增,r(x)>r(0)=0.所以h′(x)>0.

故h(x)在(0,+∞)上單調遞增.

由于s+t>s>0,則h(s+t)>h(s).

①

②

將①②兩式相加,得f(s+t)>f(s)+f(t)．

設k(x)=xf′(x)-f(x),則

k′(x)=f′(x)+xf″(x)-f′(x)=xf″(x).

由(2)知,當x≥0時,f″(x)>0,即k′(x)>0,所以k(x)在(0,+∞)上單調遞增.

又k(0)=0f′(0)-f(0)=0,

所以當x≥0時,k(x)>0,從而h′(x)>0.

故h(x)在(0,+∞)上單調遞增.

下同解法1.

解法3 不妨設s≥t>0,設h(x)=f(x+t)-f(x)(x>0),則h′(x)=f′(x+t)-f′(x)=g(x+t)-g(x).

由(2)知g(x)在(0,+∞)上單調遞增,

所以g(x+t)>g(x).

所以h′(x)=g(x+t)-g(x)>0.

故h(x)在(0,+∞)上單調遞增.

所以h(s)>h(0).

即f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0).

又f(0)=0,

所以f(s+t)>f(s)+f(t),命題得證.

點評本解法充分利用第(2)問g(x)的單調性結論,順勢而為,構造了差函數h(x)=f(x+t)-f(x),借助h(x)在(0,+∞)上單調遞增證明結論.當然也可將f(x)的解析式代入h(x),但運算量有顯著增加.

思路2綜合不等式放縮與構造函數證明.

由于f(x)=exln(x+1)的解析式中含有指數函數和對數函數等初等超越函數,可考慮應用切線不等式ex>x+1(x>0)等工具合理放縮,將超越函數轉化為線性函數,以降低思維難度.

解法4 欲證f(s+t)>f(s)+f(t),

易證ex>x+1(x>0),故只需證明

所以p(x)在(0,+∞)上單調遞增.

所以p(s)>p(0).

所以f(s+t)>f(s)+f(t)．

思路3 運用主副元思想證明.

本問結論中含有兩個地位對等的變元s,t,而證明雙元不等式的核心思想就是減元(消元),主副元法就是一種常見的消元方法,其基本原理是:在雙元函數不等式中,將其中一個變量作為主元,另外一個變量作為副元(參數),從而構造一元函數來證明,達到減元的目的[1].

解法5 不妨設s≥t>0,以s為主元,設

F(s)=f(s+t)-f(s)-f(t)(s>0),

則F′(s)=f′(s+t)-f′(s)=g(s+t)-g(s).

由(2)知g(x)在(0,+∞)上單調遞增,

所以g(s+t)>g(s).

從而F′(s)=f′(s+t)-f′(s)>0.

所以F(s)在(0,+∞)上單調遞增.

所以F(s)>F(0)=f(t)-f(0)-f(t)=0.

即F(s)>0.

即有f(s+t)>f(s)+f(t)．

點評以上證得“F(s)在(0,+∞)上單調遞增”后,可得F(s)≥F(t)=f(2t)-2f(t).又F′(t)=2[f′(2t)-f′(t)]=2[g(2t)-g(t)]>0,故F(t)在(0,+∞)上單調遞增,F(t)>F(0)=0,F(s)>0,即有f(s+t)>f(s)+f(t),同樣可證.

2 命制背景剖析

本題命制的背景是函數的凸性.

凸函數的定義設函數f(x)是定義在區(qū)間I上的函數,若?x1,x2∈I,λ∈(0,1),總有f[λx1+(1-λ)x2]≤λf(x1)+(1-λ)f(x2),則稱f(x)是I上的凸函數.

(將上述定義中的“≤”改為“≥”,則稱f(x)是I上的凹函數)

(*)

即兩個自變量的算術平均數的函數值不大于其函數值的算術平均數.

凸函數的幾何解釋用割線刻畫:在函數的圖象上自左向右任取三個不同點A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)(x1

圖1 凸函數的幾何解釋

定理1設f(x)是區(qū)間I上的可導函數,則f(x)在I上為凸函數的充要條件是f′(x)在I上單調遞增.

定理2 設f(x)是區(qū)間I上的二階可導函數,則f(x)在I上為凸函數的充要條件是f″(x)≥0(x∈I).

圖2 函數f(x)=exln(x+1)圖象

圖3 2022年北京卷20題高等數學證法圖

3 結論推廣

將(*)式變量由2個推廣為n個即得定理3.

以凸函數或琴生不等式為背景的試題大量分布于高考、競賽、強基計劃測試等各類試題中,試題綜合性強,具有較好的區(qū)分度.下面再舉兩例說明.

(1)當a=6時,求函數f(x)的單調區(qū)間;

令f′(x)=0,得x=2.

因為f″(x)>0,

所以y=f′(x)在(0,+∞)上單調遞增.

因此當02時,f′(x)>0,所以f(x)的單調減區(qū)間是(0,2),單調增區(qū)間是(2,+∞).

①

②

③

由不等式①②③同向相加,得

(1)若函數f(x)在[1,+∞)上單調遞增,求實數a的取值范圍;

(2)設正實數λ1,λ2滿足λ1+λ2=1,當a>0時,求證:對任意的兩個正實數x1,x2,總有f(λ1x1+λ2x2)≤λ1f(x1)+λ2f(x2)成立.

(3)當a=2時,若正實數x1,x2,x3滿足x1+x2+x3=3,求f(x1)+f(x2)+f(x3)=3的最小值.

又y=x2(x≥1)的最小值是1,所以a≤1.

(2)不妨設x1≤x2,設F(x)=f(λ1x+λ2x2)-λ1f(x)-λ2f(x2)(x∈(0,x2]),則有F(x2)=f(λ1x2+λ2x2)-λ1f(x2)-λ2f(x2)=f(x2)-(λ1+λ2)f(x2)=0,F′(x)=λ1f′(λ1x+λ2x2)-λ1f′(x)=λ1[f′(λ1x+λ2x2)-f′(x)],其中λ1x+λ2x2-x=(λ1-1)x+λ2x2=λ2(x2-x)≥0.

所以f′(λ1x+λ2x2)≥f′(x).

即F′(x)≥0.

故F(x)在(0,x2)上單調遞增.

于是F(x)≤F(x2)=0.

又因為x1∈(0,x2],所以F(x1)≤0.

即f(λ1x1+λ2x2)≤λ1f(x1)+λ2f(x2).

(3)先證:對任意正實數x1,x2,x3和正實數λ1,λ2,λ3滿足λ1+λ2+λ3=1,總有f(λ1x1+λ2x2+λ3x3)≤λ1f(x1)+λ2f(x2)+λ3f(x3).

④

事實上,由(2)知,f(λ1x1+λ2x2+λ3x3)

=λ1f(x1)+λ2f(x2)+λ3f(x3)

所以④式成立.

點評本題第(2)問的高等數學背景也是凸函數的定義,由f″(x)>0知f(x)是凸函數,所以對任意的兩個正實數x1,x2,總有f(λ1x1+λ2x2)≤λ1f(x1)+λ2f(x2)(λ1+λ2=1)成立.根據變量x1,x2的對稱性,將其中一個(如x1)選為主元構造函數進行論證.第(3)問的背景是琴生不等式,第(2)問的結論為第(3)問作了鋪墊,從二維到三維,變量增多了,但不變的是性質[2].