大學數學視角下的中學數學建模思想命題研究

在現代教育體系中，數學建模不僅是一種強大的工具，而且已成為培養學生解決實際問題能力的重要手段.隨著科技的飛速發展和復雜問題的日益增多，數學建模在中學數學教育中的地位愈發凸顯.然而，如何有效地將數學建模思想融入教學，以及如何通過命題研究來提升同學們的建模能力，仍然是一個值得深入探討的課題.

一、命題背景

數學建模作為數學應用的核心，是連接數學理論與現實世界問題之間的橋梁.在數學教育中，數學建模不僅能夠激發學生的學習興趣，還能培養學生的創新思維和解決實際問題的能力.然而，在當前的中學數學教育實踐中，數學建模的教學往往缺乏系統性和深度，考生在應用數學知識解決實際問題上的能力有待提高.隨著教育改革的不斷深入，越來越多的教育工作者和學者開始關注如何有效地將數學建模融入中學數學教學.大學數學教育，作為中學數學教育的延伸，擁有更為豐富和深入的數學理論和方法，對中學數學建模教學具有重要的指導和借鑒意義.本研究旨在從大學數學的視角出發，探討和研究中學數學建模思想的命題，以期為中學數學教育提供新的教學思路和方法.本文通過不同視角給出建模思想與大學數學知識的契合點，分析高考命題特點.

二、試題賞析

以高等數學為命題視角，考查初等數學問題是新高考試題中的一種新型命題手段，考查難度較大，考生需要在考場中學會所給的新定義內容，再利用現學知識解決所給問題，充分考查了考生的數學建模素養.

1.分析視角

中學數學與數學分析的契合點較為豐富，常見的考查點有函數的有界性，函數的凹凸性和拐點，函數與極限，高階導數，微分中值定理，洛必達法則，泰勒公式，曲率等.

【例1】函數y=f（x）的導數為y′=f′（x），函數y′=f′（x）的導數為f″（x）=［f′（x）］′，同理，f（x）=［f″（x）］′，f（4）（x）=［f（x）］′，…f（n）（x）=f（n-1）（x）的導數.法國數學家亨利.帕德通過有理多項式近似特定函數的方法發明了帕德近似，即對于確定的兩個正整數m，n，給定函數f（x）在x=0處的［m，n］階帕德近似為：R（x）=a0+a1x+…+amxm1+b1x+…+bnxn，其中：f（0）=R（0），f′（0）=R′（0），f″（0）=R″（0），…，f（m+n）（0）=R（m+n）（0）.若函數f（x）=ln（x+1）在x=0處的［1，1］階帕德近似為R（x）=ax1+bx.

（1）求實數a，b的值；

（2）當xgt;0時，f（x）gt;kR（x）恒成立，求實數k的取值范圍；

（3）證明：n∈N，1n+1+1n+2+1n+3+…+12nlt;ln2.

【解析】（1）由f（x）=ln（x+1），R（x）=ax1+bx，

可知f（0）=R（0），

由于f′（x）=1x+1，f″（x）=-1（x+1）2，

R′（x）=a（1+bx）2，R″（x）=-2ab（1+bx）3，

則f′（0）=R′（0），f″（0）=R″（0），

所以a=1，-2ab=-1，故a=1，b=12.

（2）由（1）可知，R（x）=x1+12x=2xx+2，令g（x）=f（x）-R（x）=ln（x+1）-2xx+2（xgt;0），則g′（x）=1x+1-4（x+2）2=x2（x+1）（x+2）2gt;0，所以g（x）在（0，+∞）內為單調遞增函數，又g（0）=f（0）-R（0）=0，所以當x≥0時，g（x）=f（x）-R（x）≥g（0），所以f（x）≥R（x），

又當xgt;0時，R（x）gt;0，所以f（x）R（x）gt;1，由f（x）gt;kR（x）對xgt;0恒成立，所以當k≤1時，實數k的取值范圍為（-∞，1］.

（3）當xgt;0時，由（2）可得ln（x+1）gt;2xx+2gt;xx+1，故ln1x+1gt;1x+1，令x=n，n+1，n+2，…，2n-1，可得ln1n+1gt;1n+1，ln1n+1+1gt;1n+2，…，ln12n-1+1gt;12n，

將所得的n-1個等式左右兩邊相加可得：ln1n+1+ln1n+1+1+…+ln12n-1+1gt;1n+1+1n+2+…+12n，所以有1n+1+1n+2+…+12nlt;ln2.

【點評】本題結合高等數學內容中的高階導數與帕德近似考查了恒成立問題和不等式的證明，其中恒成立問題是高中數學中的一類經典問題，滲透了數學建模思想，對學生的邏輯推理和數學運算素養進行了檢測.

2.代數視角

代數知識與初等數學的融合也是較為常見的一種命題形式，落腳點多為函數與數列知識，常見的代數知識關聯點位多項式，行列式的概念與性質，矩陣的運算，向量組的線性組合等.

【例2】由n×n個數aij（i=1，2，…，n;j=1，2，…，n）排列成n行n列的數表，稱為n行n列的矩陣，已知數表

A（n，n）=a11a12a13…a1na21a22a23…a2n

a31a32a33…a3n

an1an2an3…ann，

B（n，n）=b11b12b13…b1n

b21b22b23…b2n

b31b32b33…b3n

bn1bn2bn3…bnn，

則數表C（n，n）=A（n，n）B（n，n），其中C（n，n）中的元素可以表示為cij=ai1b1j+ai2b2j+…+ainbnj，aij，bij，cij（i，j∈N，i，j≤n）分別是數表A（n，n），B（n，n），C（n，n）中第i行第j列的數.

（1）若A（2，2）=-241-2，B（2，2）=24-3-6，求C（2，2）.

（2）若n∈N*，n≥3，數表

A（n，n）=41-142-143-1…4n-1

2121+22222+22323+2…2n2n+2

a31a32a33…a3n

an1an2an3…ann，

B（n，n）=b11b1213…b1n

b21b2215…b2n

b31b32b33…b3n

bn1bn2bn3…bnn），且B（n，n）與B（n-1，n-1）在第i行第j列對應的數相同（i，j∈N*，i，j≤n-1），c13=2n+1-n-2.

（ⅰ）求b33，bk3（k∈N*，k≤n）；

（ⅱ）若c23≤λ恒成立，求λ的最小值.

【解析】（1）因為cij=ai1b1j+ai2b2j+…+ainbnj，所以

C（2，2）=A（2，2）B（2，2）=

-241-224-3-6=-16-32816.

（2）當k∈Ν*，3≤k≤n時，有c13=（41-1）×b13+（42-1）×b23+…+（4k-1）×bk3=2k+1-k-2 ①

即（41-1）×13+（42-1）×15+（43-1）×b33+…+（4k-1）×bk3=2k+1-k-2，

（i）當k=3時，（41-1）×b13+（42-1）×b23+（43-1）×b33=23+1-3-2，解得b33=19，

當k≥4時，根據①得（41-1）×b13+（42-1）×b23+…+（4k-1-1）×b（k-1）3=2k-（k-1）-2②

①-②得（4k-1）×bk3=（2k+1-k-2）-［2k-（k-1）-2］=2k-1，

所以bk3=2k-14k-1=12k+1，

又因為b13=13，b23=15，b33=19，均滿足上式，

所以k∈N*，k≤n時，bk3=12k+1.

（ⅱ）根據（ⅰ）可知，a2kbk3=2k（2k+2）·1（2k+1）=2k-1（2k-1+1）（2k+1）=12k-1+1-12k+1，

所以對于n∈N*，n≥3，有

c23=a21b13+a22b23+a23b33+…+a2nbn3

=11+1-121+1+121+1-122+1+…+

12k-1+1-12k+1+…+12n-1+1-12n+1

=12-12n+1，

根據c23=12-12n+1及n≥3可得718≤c23lt;12，所以當λ≥12時，對于n∈N*，n≥3，c23≤λ恒成立，顯然λlt;718時，c23≤λ恒不成立.

下面證明：對于任意718≤λlt;12，c23≤λ不能恒成立.

設λ=12-ε（0lt;ε≤19），則c23gt;λ12-12n+1gt;12-ε12n+1lt;ε2ngt;1ε-1≥8，

故2ngt;1ε-1ngt;log21ε-1，所以當ngt;log21ε-1時，有c23gt;λ成立，這與c23≤λ恒成立矛盾，所以對于任意λlt;12，c23≤λ不能恒成立，綜上，λ的最小值為12.

【點評】本題以矩陣的乘法運算為命題背景，考查了對數函數的性質和不等式恒成立問題，同樣本題的設計依然需要考生根據題意掌握矩陣的乘法運算，再利用其運算規則進行解題.

3.數論視角

初等數論是數學的一個分支，它主要研究整數的性質，包括整除性、同余、素數、最大公約數和最小公倍數等概念.在中學數學教育中，初等數論的命題通常包括整除，同余，數論函數，中國剩余定理，丟番圖方程和費馬小定理等，旨在培養學生對整數性質的理解和邏輯推理能力.

【例3】所有大于1的正整數n都可以被唯一表示為有限個質數的乘積形式：n=pr11pr22…prkk（k為n的質因數個數，pi為質數，ri≥1，i=1，2，…，k），例如：90=2×32×5，對應k=3，p1=2，p2=3，p3=5，r1=1，r2=2，r3=1.現對任意n∈N*，定義莫比烏斯函數

μ（n）=1，n=1（-1）k，r1=r2=…=rk=10，存在rigt;1

（1）求μ（78），μ（375）；

（2）若正整數x，y互質，證明：μ（xy）=μ（x）μ（y）；

（3）若ngt;1且μ（n）=1，記n的所有真因數（除了1和n以外的因數）依次為a1，a2，…，am，證明：μ（a1）+μ（a2）+…+μ（am）=-2.

【解析】（1）因為78=2×3×13，所以k=3，p1=2，p2=3，p3=13，r1=1，r2=1，r3=1，故μ（78）=（-1）3=-1；又375=3×53，因為5的指數3gt;1，故μ（375）=0；

（2）①若x=1或y=1，因為μ（1）=1，所以μ（xy）=μ（x）μ（y）；

②若x，y≠1，且存在質數p，使得x或y的質因數分解中包含pr（rgt;1），則xy的質因數分解中一定也包含pr，所以μ（xy）=μ（x）μ（y）=0，

③若x，y≠1，且不存在②中的p，可設x=p1p2…pk，y=q1q2…qs，其中p1，p2…pk，q1，q2…qs均為質數，則xy=p1p2…pkq1q2…qs，因為x，y互質，所以p1，p2…pk，q1，q2…qs互不相等，所以μ（xy）=（-1）k+s=（-1）k（-1）s=μ（x）μ（y），

綜上可知μ（xy）=μ（x）μ（y）.

（3）由于μ（n）=1，所以可設n=p1p2…pk，k為偶數，n的所有因數，除了1之外都是p1，p2，…，pk中的若干個數的乘積，從k個質數中任選i（i=1，2，…，k）個數的乘積一共有Cik種結果，所以μ（1）+μ（a1）+μ（a2）+…+μ（am）+u（n）

=μ（1）+［μ（p1）+μ（p2）+…+μ（pk）］+［μ（p1p2）+μ（p2p3）+…+μ（pk-1pk）］+…+μ（n）=1+C1k（-1）+C2k（-1）2+…+Ck-1k（-1）k-1+（-1）k=（1-1）k=0，

所以μ（a1）+μ（a2）+…+μ（am）=0-μ（1）-μ（n）=-2.

【點評】數論函數主要以歐拉函數、莫比烏斯函數等進行考查，這些函數在初等數論中都有著重要的應用.解決此類試題的關鍵在于理解所給函數的定義.

4.幾何視角

以幾何視角看中學數學，主要包含平面幾何和立體幾何，平面幾何主要考查相關定理和仿射變化，立體幾何主要設計向量積、平面方程和直線方程的求法等.

【例4】托勒密不等式（Ptolemys inequality）是一個在幾何學中非常重要的不等式，它以古希臘天文學家、地理學家、數學家托勒密命名.這個不等式通常用于處理四個頂點構成的凸四邊形的交叉乘積.即AD·BC+AB·CD≥AC·BD，當ABCD四點共圓時等號成立.已知凸四邊形ABCD中，AB=AD=1.

（1）若△BCD是等邊三角形，求線段AC取得最大值時△BCD的邊長；

（2）當2sin2∠DBC+3sin2∠BDC=2sin∠DBCsin∠BCDsin∠CDB+sin2∠BCD時，求線段AC長度的最大值.

【解析】（1）設BC=CD=DB=x，由于AC·BD≤AB·DC+AD·BC，故AC·x≤x+x，

即AC≤2，當A，B，C，D四點共圓時等號成立，因為∠BCD=60°，∠DAB=120°，

在△DAB中，由余弦定理可知BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠DAB=1+1-2cos120°=3，

解得BD=3，所以△BCD的邊長為3.

（2）設BC=d，CD=b，BD=c，在△BCD中，由于2sin2∠DBC+3sin2∠BDC=2sin∠DBCsin∠BCDsin∠CDB+sin2∠BCD，故2b2+3d2=2bdsin∠BCD+c2，所以sin∠BCD=2b2+3d2-c22bd，由于cos∠BCD=b2+d2-c22bd.所以sin∠BCD-cos∠BCD=b2+2d22bd≥22bd2bd=2，

當且僅當b=2d時等號成立，又因為sin∠BCD-cos∠BCD=2sin（∠BCD-π4）≤2，故2sin（∠BCD-π4）=2，所以∠BCD=3π4，b=2d，由c2=b2+d2-2bdcos∠BCD=5d2，可得c=5d，因為AC·BD≤AB·DC+AD·BC，AB=AD=1，所以AC·5d≤2d+d，故AC≤2+15=10+55.

【點評】解三角形問題中的最值問題通常涉及到尋找三角形中某個特定量（如邊長、角度、面積等）的最大值或最小值.這類問題在中學數學和競賽數學中經常出現，解決這類問題通常需要結合三角形的基本性質、不等式以及巧妙利用三角換元，實現邊化角求最值.

5.概率統計視角

概率統計作為中學數學中的一個重要分支，常以大學數學視角為命題點，其中較為常見的有二維離散型隨機變量的分布列和數學期望，最大似然估計，泊松分布，均勻分布等.

【例5】為了遏制某種病毒的傳播，某制藥公司研發了一種新型疫苗，已知該病毒通過患病老鼠傳染給正常的白鼠，若有白鼠n只，白鼠在未經接種疫苗的情況下接觸患病老鼠被感染的概率為12，且每只白鼠是否被感染互不影響，設隨機變量X為這n只白鼠在未接種疫苗的情況下接觸患病老鼠被感染的個數.

（1）若P（X=5）=P（X=95），求數學期望E（X）；

（2）若接種疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率為p，將接種疫苗后的白鼠分成10組，每組10只，進行實驗，隨機變量，Xi（i=1，2，…，10）表示第i組被感染的白鼠數.現將隨機變量Xi（i=1，2，…，10））的實驗結果xi（i=1，2，…，10）繪制成頻數分布圖，如圖所示.

①求事件“X1=x1，X2=x2，…，X10=x10”發生的概率表達式（用p表示，組合數不必計算）；

②為了更好地對這種病毒進行研究，有兩個不同的科研機構通過研究發現概率p與參數θ（0lt;θlt;1）的取值有關，科研機構A提出函數模型為p=ln（1+θ）-23θ2，科研機構B提出函數模型為p=12（1-e-θ）.當參數θ=θ0時概率P（X1=x1，X2=x2，…，X10=x10）取得最大，此時稱θ0是θ的最大似然估計.依據這一原理和科研機構A，B提出的相關函數模型，請你嘗試判斷哪個科研機構提出的函數模型可以求出θ的最大似然估計.參考數據：ln32≈0.4065.

【解析】（1）根據題目可知，隨機變量X服從二項分布，且有X～Bn，12，

因此P（X=k）=Ckn（12）n-k·（12）k=Ckn2n，k=0，1，…，n，

由P（X=5）=P（X=95），即C5n2n=C95n2n，

可得C5n=C95n，解得n=100，

即X～B100，12，所以E（X）=50.

（2）①A=“X1=x1，X2=x2，…，X10=x10”，

則P（A）=［C110p（1-p）9］3［C210p2（1-p）8］3［C310p3（1-p）7］2［C410p4（1-p）6］［C610p6（1-p）4］，

可得P（A）=（C110）3（C210）3（C310）2（C410）2p25（1-p）75.

②記g（p）=ln［（C110）3（C210）3（C310）2（C410）2］+25lnp+75ln（1-p），

則g′（p）=25p-751-p=25-100pp（1-p）（0lt;plt;1），

當0lt;plt;14時，g′（p）gt;0；當14lt;plt;1時，g′（p）lt;0；

可知g（p）在（0，14）內單調遞增，在（14，1）內單調遞減；

當p=14時，g（p）取得最大值，即P取得最大值.

在科研機構A提出的函數模型p=ln（1+θ）-23θ中，

令函數f1（x）=ln（1+x）-23x，f1′（x）=11+x-23=1-2x3（1+x），

當0lt;xlt;12時，f′1（x）gt;0；當12lt;xlt;1時，f′1（x）lt;0；

所以f1（x）在（0，12）內單調遞增，在（12，1）內單調遞減；

當x=12時，f1（x）取得最大值ln32-13lt;14，則θ不可以估計；

在科研機構B提出的函數模型p=12（1-e-θ）中，

令函數f2（x）=12（1-e-x），

可知f2（x）在（0，1）內單調遞增，

令f2（x）=14，解得x=ln 2，

則θ=ln 2是θ的最大似然估計.故科研機構B提出的函數模型可以求出θ的最大似然估計.

【點評】最大似然估計的思想在高考試題和模擬試題中出現的頻率較高，除此之外，對于0-1分布的數學期望也曾出現在高考真題上.因此對于大學數學中與中學數學相關的概率統計知識都需要引起關注，因為這些相關點都可能作為新題型的形式呈現在考試試卷上.

三、總結

數學作為基礎性學科，在高考中承擔著選拔和育人功能，從新高考改革的不斷深入，數學試題類型和數量也在不斷調整，但都無不凸顯著數學的工具性和適用性功能.新高考改革初期將原先的選考內容刪除增加了多選題，2024年九省聯考后，整套數學試卷的題量有所減少，解答題目的分值和多選題的分值有所提升，難度也有所加強，其意義在于發揮數學學科服務高校科學選才的目的，所以在解答題中設置了多樣性、開放性、避免固化的靈活試題，這樣的試題更加注重考生利用題干信息解決實際問題的能力.

責任編輯" 徐國堅