一道高考導數壓軸題的解法探究及背景和推廣

劉冰

摘要：文章從不同角度給出2023年高考數學新課標Ⅱ卷導數壓軸題第（2）問的多種解法，然后分析其背景，最后再對試題進行推廣.

關鍵詞：高考；新課標；導數；背景；推廣

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2023）33-0060-03

2023年高考數學新課標Ⅱ卷的導數壓軸題，第（1）問考查的是證明不等式，構造函數即可解決.而第（2）問考查的是已知函數f（x）的極值點，求參數a的取值范圍，有一定的難度.其難點主要在于對參數a的討論以及對極值的判斷與取點上.該試題很好地考查了考生的分類討論思想和數學運算、邏輯推理等素養.

1 真題再現

2023年高考數學新課標Ⅱ卷第22題如下：

（1）證明：當0

（2）已知函數f（x）=cosax-ln（1-x2），若x=0是f（x）的極大值點，求a的取值范圍.

2 解法探究

（1）先證：當0

設g（x）=x-sinx，x∈（0，1），則g′（x）=1-cosx>0，所以g（x）在（0，1）單調遞增，g（x）>g（0）=0，即sinx

再證：當0

解法1利用x>sinx.設h（x）=x2-x+sinx，x∈（0，1），由x>sinx，得

h′（x）=2x-1+cosx=2x-2sin2x2

>x-2sin2x2=2x2-sin2x2

>2sinx2-sin2x2>0.

所以h（x）在（0，1）單調遞增，故h（x）>h（0）=0，即x-x2

解法2兩次求導.設h（x）=x2-x+sinx，x∈（0，1），則h′（x）=2x-1-cosx，h″（x）=2-sinx.當00，所以h′（x）在（0，1）單調遞增，從而h′（x）>h′（0）=0，因此h（x）在（0，1）單調遞增，故h（x）>h（0）=0，即x-x2

（2）解法1令1-x2>0，解得-1

若a=0，則fx=-ln1-x2，x∈-1，1，

因為y=-lnu在定義域內單調遞減，y=1-x2在-1，0上單調遞增，在0，1上單調遞減，則

fx=-ln1-x2在-1，0上單調遞減，在0，1上單調遞增，故x=0是fx的極小值點，不合題意，所以a≠0.

當a≠0時，令b=a>0，因為

fx=cosax-ln1-x2=cosax-ln1-x2=cosbx-ln1-x2，

且f-x=cos-bx-ln1--x2=cosbx-ln1-x2=fx，

所以函數fx在定義域內為偶函數，由題意可得f ′x=-bsinbx-2xx2-1，x∈-1，1.

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由（1）可得f ′x=-bsinbx-2xx2-1>-b2x-2xx2-1=xb2x2+2-b21-x2，

且b2x2>0，2-b2≥0，1-x2>0，所以f ′x>xb2x2+2-b21-x2>0，

即當x∈0，m0，1時，f ′x>0，則fx在0，m上單調遞增，結合偶函數的對稱性可知，fx在-m，0上單調遞減，所以x=0是fx的極小值點，不合題意［1］.

（ⅱ）當b2>2時，取x∈0，1b0，1，則bx∈0，1.

由（1）可得f ′x=-bsinbx-2xx2-1<-b（bx-b2x2）-2xx2-1=x1-x2（-b3x3+b2x2+b3x+2-b2），

設hx=-b3x3+b2x2+b3x+2-b2，x∈0，1b，

則h′x=-3b3x2+2b2x+b3，x∈0，1b，且

h′0=b3>0，h′1b=b3-b>0，則h′x>0對x∈0，1b恒成立.

可知hx在0，1b上單調遞增，且h0=2-b2<0，h1b=2>0，所以hx在0，1b內存在唯一的零點n∈0，1b，當x∈0，n時，則hx<0，且x>0，1-x2>0，

則f ′x

綜上，b2>2，即a2>2，解得a>2或a<-2.

故a的取值范圍為-∞，-2∪2，+∞.

解法2由f（x）=cosax-ln1-x2可得，f ′（x）=-asinax+2x1-x2，求二階導數f ″（x）=-a2cosax+21+x21-x22， 則f ′（0）=0，f ″（0）=-a2+2.

因為x=0是f（x）的極大值，由函數的連續性，我們知道還需滿足在x=0的左側附近，f ′（x）>0，在x=0的右側附近，f ′（x）<0.由題意易得，f（x）是關于x的偶函數，也是關于a的偶函數， 因此只需要關注x∈（0，1），a>0的情況.

①當f ″0=-a2+2>0，即0-a2x+2x1-x2=x-a2+21-x2.

因為φ（x）=-a2+21-x2在0，x0上單調遞增，則φx>φ0=2-a2>0，所以在0，x0上，f ′（x）>0，與x=0是f（x）的極大值矛盾， 舍去.

②當f ″（0）=-a2+2<0，即a>2時，x0∈0，1a，使ax0∈（0，1），在x∈0，x0時，ax∈（0，1），由第（1）問可知sinax>ax-（ax）2，所以f ′（x）=-asinax+2x1-x<-a2x+a3x2+2x1-x2=x-a2+a3x+21-x2.

因為g（x）=-a2+a3x+21-x2在0，x0上單調遞增，則g（x）min=g（0）=-a2+2<0， 所以存在x1∈0，x0，f ′（x）<0， 符合題意.

綜上，由是關于的偶函數知a>2或a<-2.

3 背景分析

本題的高數背景是極值的第二充分條件和第三充分條件.合并后即是如下定理.

定理設函數f（x）在Ux0，δ內n階可導，且

f ′x0=f ″x0=…=f（n-1）x0=0，f（n）x0≠0，則

（1）當n為奇數時，f（x）在點x0不取極值；

（2）當n為偶數且f（n）x0>0時，f（x）在x0取極小值；

（3）當n為偶數且f（n）x0<0時，f（x）在x0取極大值.

利用定理，可得到本題的另一解法.

解法3S表示f（x）的極大值點的集合，則

f ′（x）=-asinax+2x1-x2=-asinax+11-x-11+x，f ′（0）=0;

f ″（x）=-a2cosax+1（1-x）2+1（1+x）2，f ″（0）=2-a2;

f （x）=a3sinax+2（1-x）3-2（1+x）3，f （0）=0;

f（4）（x）=a4cosax+6（1-x）4+6（1+x）4，f（4）（0）=a4+12.

由定理可得：

若-20，0S；

若a>2或a<-2，則f ′（0）=0，f ″（0）<0，0∈S；

若a=±2，則f ′（0）=f ″（0）=f （0）=0，f（4）（0）>0，0S.

綜上，a的取值范圍為（-∞，-2）∪（2，+∞）.

4 試題推廣

本題還可以作如下推廣 .

（1）證明：當0

（2）已知函數f（x）=cosax-aln1-x2，若x=0是f（x）的極大值點，求a的取值范圍［2］.

解（1） 略.

（2）顯然f（x）的定義域是I=（-1，1）.易見x∈I時

f ′（x）=-asinax+a1-x-a1+x，f ′（0）=0;

f ″（x）=-a2cosax+a（1-x）2+a（1+x）2，

f ″（0）=2a-a2;

f （x）=a3sinax+2a（1-x）3-2a（1+x）3，

f （0）=0;

f（4）（x）=a4cosax+6a（1-x）4+6a（1+x）4，

f（4）（0）=a4+12a.

設S表示f（x） 的極大值點的集合.

由定理可得：

若00，0S；

若a<0或a>2，則f ′（0）=0，f ″（0）<0，0∈S；

若a=2，則f ′（0）=f ″（0）=f （0）=0，f（4）（0）>0，0S；

若a=0，則f（x）=1為常數，0S.

綜上，a的取值范圍為（-∞，0）∪（2，+∞）.

試題以三角函數、對數函數為背景.三角函數的導數是中學數學教學的重點與難點.試題巧妙地將三角函數與對數函數相結合，討論函數的極值問題，具有一定的綜合性.試題的高等數學背景是極值的第三充分條件，起點高，但落點低，設計新穎，緊扣課程標準.通過第（1）問鋪設好的不等式，給第（2）問的證明提高了思路，降低了思維強度.

參考文獻：

［1］?劉品德，李義仁.函數奇偶性的應用[J].數學通訊，2015（Z4）：10-11.

［責任編輯：李璟］