2022年高考北京卷導數題的溯源、求解與推廣*

山東省寧陽縣復圣中學 (271400) 張志剛

1 題目呈現

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,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、創新性的考察要求.試題設計簡捷清新,內蘊豐富,具有較高的探究價值.

2 題目解答

前兩問是利用導數探討函數圖象的切線、單調性等基礎問題,為第(3)問證明不等式奠定了基礎.

下面重點探討第(3)問.

思路一 構造函數證明

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,構造差函數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.

思路二 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.

思路三 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)．命題得證.

點評：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.

3 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.(將定義中的“≤”改為“≥”,則稱f(x)是I上的凹函數)

圖1

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2

定理1 設f(x)是區間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3

圖4

4 結論推廣

將(*)式中的變量到推廣到n個的情形,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,具有較好的區分度.下面再舉兩例說明.

(1)當a=6時,求函數f(x)的單調區間;

(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.

(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)①.

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)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]