【摘要】本文介紹高考評(píng)價(jià)體系關(guān)于數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)三個(gè)層級(jí)的邏輯關(guān)系.通過對(duì)一道高考數(shù)學(xué)壓軸題的一題多解，多角度、全方位解析數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)在解題中的運(yùn)用.以及分析該素養(yǎng)的學(xué)業(yè)水平質(zhì)量劃分.

【關(guān)鍵詞】高中數(shù)學(xué)；核心素養(yǎng)；解題技巧

1 引言

高考數(shù)學(xué)堅(jiān)持立德樹人的教學(xué)導(dǎo)向，突顯對(duì)必備知識(shí)、關(guān)鍵能力和核心素養(yǎng)的考查.本文將以2022年高考數(shù)學(xué)甲卷理科第21題為例進(jìn)行品析，旨在共同把握新高考數(shù)學(xué)的考試方向.

2 數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)在解題中的應(yīng)用

例 （2022年甲卷理科第21題）已知函數(shù)f（x）=exx－lnx+x－a，若f（x）≥0，求a的取值范圍.

數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)是指在明晰運(yùn)算對(duì)象的基礎(chǔ)上，依據(jù)運(yùn)算法則解決數(shù)學(xué)問題的素養(yǎng).主要包括以下六個(gè)步驟.

①理解運(yùn)算對(duì)象：本題的運(yùn)算對(duì)象歸結(jié)為求函數(shù)的最值.

②掌握運(yùn)算法則：用導(dǎo)數(shù)的方法求函數(shù)的最值，所以運(yùn)算法則以導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算為主.

③探究運(yùn)算思路：通過分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題.基于函數(shù)思想，構(gòu)造新函數(shù)，去求新函數(shù)的最值（核心環(huán)節(jié)，也是最有文章可做的環(huán)節(jié)）.

④選擇運(yùn)算方法：可預(yù)見主要的運(yùn)算方法有和、差、商的求導(dǎo)法則，通分以及因式分解.

⑤設(shè)計(jì)運(yùn)算程序：分離參數(shù)—構(gòu)造新函數(shù)—研究單調(diào)性—求最值—求得范圍.

⑥求得運(yùn)算結(jié)果：由恒成立的原理求得參數(shù)的范圍.

解法1 f（x）≥0exx－lnx+x－a≥0a≤exx－lnx+x.

設(shè)h（x）=exx－lnx+x≥（x>0），

則h′（x）=ex+xx－1x2.

因?yàn)閤>0，

所以ex+x>0，x2>0.

因此，當(dāng)x∈0，1時(shí)，h′（x）<0，h（x）單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈1，+∞時(shí)，h′（x）>0，h（x）單調(diào)遞增；

此時(shí)h（x）min=h（x）極小值=h（1）=e+1，

故a的取值范圍是－∞，e+1.

點(diǎn)評(píng) 判斷構(gòu)造的新函數(shù)的導(dǎo)數(shù)符號(hào)是本題的難點(diǎn)和關(guān)鍵所在.通分后涉及因式分解的分組分解法，不少考生不習(xí)慣或者不夠熟練.若能順利完成通分后分子的因式分解，并且注意到函數(shù)的定義域?yàn)?，+∞，則問題就不難解決了.這里顯然需要較好的數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng).

解法2 f（x）=exx－lnx+x－a=ex－lnx+x－lnx－a≥0a≤ex－lnx+x－lnx.

令u（x）=x－lnx（x>0），

則u′（x）=1－1x=x－1x（x>0）.

當(dāng)x∈0，1時(shí)，u′（x）<0，u（x）單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈1，+∞時(shí)，u′（x）>0，u（x）單調(diào)遞增；

所以u(píng)（x）≥u（1）=1.

令v（u）=eu+u（u≥1），則v（u）在［1，+∞）上為增函數(shù).

所以vmin（u）=v（1）=e+1，

故a≤e+1.

點(diǎn)評(píng) 通過“同構(gòu)”的方法，實(shí)現(xiàn)函數(shù)的形式化復(fù)雜為簡(jiǎn)單.轉(zhuǎn)化為u（x）=x－lnx（x>0），其最值容易求得，v（u）=eu+u（u≥1）的單調(diào)性明顯.但是“同構(gòu)”是基于學(xué)生對(duì)指數(shù)和對(duì)數(shù)運(yùn)算熟練的基礎(chǔ)上的，對(duì)數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)要求是比較高的，并不容易想到.筆者以為其難在對(duì)對(duì)數(shù)恒等式alogaN=N，特別是對(duì)elnN=N的認(rèn)識(shí).

解法3 f（x）=exx－lnx+lnex－a=exx+lnexx－a≥0a≤exx+lnexx.

令u（x）=exx（x>0），

則u′（x）=exx－exx2=exx－1x2（x>0）.

當(dāng)x∈0，1時(shí)，u′（x）<0，u（x）單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈1，+∞時(shí)，u′（x）>0，u（x）單調(diào)遞增；

所以u(píng)（x）≥u（1）=e，

令v（u）=u+lnu≥（u≥e），

則v（u）在e，+∞上為增函數(shù)，

所以vmin（u）=v（1）=e+1，

故a≤e+1.

點(diǎn)評(píng) 通過同構(gòu)的方法，實(shí)現(xiàn)函數(shù)的形式化復(fù)雜為簡(jiǎn)單.轉(zhuǎn)化為u（x）=exx（x>0），其最值容易求得，v（u）=u+lnu（u≥e）的單調(diào)性明顯.本解法的難點(diǎn)在于同構(gòu)的過程，即指數(shù)式與對(duì)數(shù)式互化以及對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì).

解法4 先證ex≥x+1，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)，取等號(hào).

令g（x）=ex－x－1，

則g′（x）=ex－1.

當(dāng)x∈－∞，0時(shí)，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈0，+∞時(shí)，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增；

所以g（x）≥g（0）=0，

故ex≥x+1，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)，取等號(hào)得證.

對(duì)不等式ex≥x+1用lnx代替不等式中的x，則當(dāng)x>0時(shí)，x≥1+lnx（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)，取等號(hào)），用x－1代替不等式中的x得到ex-1≥x（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)，取等號(hào)），所以ex≥ex（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)，取等號(hào)），所以當(dāng)x>0時(shí)，－lnx+x≥1，且exx≥e（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)，取等號(hào)），故exx－lnx+x≥e+1（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)，取等號(hào)），從而a≤e+1.

點(diǎn)評(píng) 本解法由“二級(jí)結(jié)論”ex≥x+1x≥lnx+1，ex≥x+1ex－1≥xex≥ex，

ex≥exexx≥e①， x≥lnx+1x－lnx≥1②.

利用不等式基本性質(zhì)和①②取等號(hào)的條件相同，exx－lnx+x≥e+1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)，取等號(hào).記住數(shù)學(xué)的某些“二級(jí)結(jié)論”對(duì)于速解選填題很有效，但是解答題中使用前務(wù)必先證明.

本解法通過添減項(xiàng)，然后分別求兩個(gè)函數(shù)的最值（都比較易于求得最值），發(fā)現(xiàn)兩個(gè)函數(shù)取得最值的條件相同，問題不難解決.

3 結(jié)語

學(xué)科核心素養(yǎng)被稱為繼課程改革之后基礎(chǔ)教育最重要的研究成果，它在綜合了國(guó)外已有經(jīng)驗(yàn)的基礎(chǔ)上，對(duì)國(guó)內(nèi)的總體教學(xué)以及學(xué)科教學(xué)提出了新的理念與認(rèn)識(shí).就數(shù)學(xué)學(xué)科而言，其既沿襲了傳統(tǒng)數(shù)學(xué)教學(xué)中的精髓，又融入了新的理解.本文通過具體例題的講解，幫助學(xué)生更好地理解運(yùn)算法則，明確運(yùn)算方向，進(jìn)而達(dá)到數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)的要求.

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