利用端點效應揭示2023年全國甲卷理科第21題

摘要：2023年全國甲卷第21題是函數與導數問題，考查利用導數討論函數單調性、求參數取值范圍的相關知識，落實了數學抽象、邏輯推理、數學運算、直觀想象、數據分析和數學建模核心素養.該題是與三角函數相關的含參討論問題，對學生的數學運算與邏輯分析能力要求較高，在解題過程中可以充分借助“端點效應”解決問題.本研究通過試題分析和一題多解的方式，讓學生達到舉一反三的效果.

關鍵詞：端點效應；三角函數與導數

1 真題呈現

（2023年全國甲卷理科第21題）

已知函數f（x）=ax-sin xcos 3x，x∈0，π2.

（1）當a=8時，討論f（x）的單調性；

（2）若f（x）lt;sin 2x，求a的取值范圍.

2 思維分析與思維導圖

2.1 思維分析

對于第（2）問，構造函數是成功解決問題的重要一步.構造函數g（x）=sin 2x+sin xcos 3x-ax后可以發現，端點處恰好有g（0）=0，符合端點效應的特征.在恒成立問題中，我們常常能見到類似的命題，如“對于任意的x∈，都有f（x）≥0恒成立”（f（x）中包含參數），這里的端點a，b往往是使結論成立的臨界條件.我們把通過觀察區間端點的值來解決問題的方法，稱之為端點效應.結合端點效應，本題的解題思路可由g′（0）=0得到命題成立的必要條件，從必要條件入手進一步尋找充要條件.

對于在高等數學方面有涉足的學生，可以借助高等數學中一些常見的不等式來幫助解決問題.在第（2）問中可以嘗試借助帕德逼近和泰勒公式等相關公式解題，適合基礎較好且對高觀點解題背景感興趣的學生.

2.2 思維導圖

第（1）問的思維導圖如圖1所示：

討論f（x）=8x-sin xcos3x的單調性

討論f′（x）=8-cos4x+3sin2xcos2xcos6 x的符號

解法1：因式分解

分解因式，得f′（x）=

（2cos2x-1）（4cos2x+3）cos4x

解法2：換元轉化

f′（x）=8-3cos4x-2cos2x，令t=1cos2x

第（2）問的思維導圖如圖2所示：

3 解答

3.1 第（1）問的解答過程

3.1.1 解法1：因式分解

當a=8時，f（x）=8x-sin xcos 3x，x∈0，π2，則

f′（x）=8-cos 4x+3sin 2xcos 2xcos 6x=8-cos 2x+3sin 2xcos 4x=（2cos 2x-1）（4cos 2x+3）cos 4x.

令f′（x）=0，得2cos 2x-1=0，又x∈0，π2，則x=π4.

當x∈0，π4時，cos x∈22，1，2cos 2x-1gt;0，f′（x）gt;0，f（x）單調遞增；

當x∈π4，π2時，cos x∈0，22，2cos 2x-1lt;0，f′（x）lt;0，f（x）單調遞減.

3.1.2 解法2：換元轉化

當a=8時，f（x）=8x-sin xcos 3x，f′（x）=8-1+2sin 2xcos 4x=8-3-2cos 2xcos 4x=8-3cos 4x-2cos 2x.

令t=1cos 2x，由x∈0，π2可得t∈（1，+∞）.

設h（t）=8-（3t2-2t）=-（t-2）（3t+4）.

當t∈（1，2）時，有x∈0，π4，f′（x）gt;0，f（x）單調遞增；

當t∈（2，+∞）時，有x∈π4，π2，f′（x）lt;0，f（x）單調遞減.

3.2 第（2）問的解答過程

3.2.1 解法1：換元簡化運算

由f（x）lt;sin 2x，可得sin 2x+sin xcos 3x-axgt;0.

設g（x）=sin 2x+sin xcos 3x-ax，x∈0，π2，

則g′（x）=3-2cos 2xcos 4x+4cos 2x-a-2=3cos 4x-2cos 2x+4cos 2x-a-2.

令t=1cos 2x∈（1，+∞），

設h（t）=3t2-2t+4t-a-2，則h′（t）=6t-2-4t2gt;6-2-4=0，所以y=h（t）在（1，+∞）上是增函數，則h（t）gt;h（1）=3-a.所以當h（1）=3-a≥0，即a≤3時，g′（x）gt;0，g（x）在0，π2上單調遞增，g（x）gt;g（0）=0.

下面是agt;3時的情況：

算法1：證明存在區間（0，α）使得g（x）在（0，α）上單調遞減且g（0）=0，所以agt;3不成立.

因為h（t）在（1，+∞）上單調遞增，且h（1）=3-alt;0，h（t）=t2+2t2-2t+4t-a-2gt;t2-a-2，所以h（a+2）gt;0，所以存在α∈（0，a+2），使得h（α）=0.所以g（x）在（0，α）上單調遞減，在（α，+∞）上單調遞增.又因為g（0）=0，所以g（x）在（0，α）上小于零，不合題意.

算法2：端點效應.當agt;3時，

此時g′（0）=3-alt;0，故存在區間（0，α），使得g′（x）lt;0，所以g（x）在（0，α）上單調遞減，g（x）lt;g（0）=0，即g（x）在（0，α）上均為負值，不合題意.

綜上所述，a≤3

端點效應的原理：端點效應應用了函數極限的原理，在高等數學中有鄰域的概念，若不等關系在區間上恒成立，則在端點處也要成立.如果f（x）≥0在區間上恒成立，且滿足f（m）=0，

則當k足夠小時，在區間內f（x）必定單調遞增，f′（m）≥0;同理，若f（n）=0，則當k足夠小時，在區間內f（x）必定單調遞減，f′（n）≤0.注意這種情況的使用前提條件.

3.2.2 解法2：端點效應確定討論標準（對運算素養要求高）

由f（x）lt;sin 2x，得sin 2x+sin xcos 3x-axgt;0，設g（x）=sin 2x+sin xcos 3x-ax，x∈0，π2，則可得

g′（x）=3-2cos 2xcos 4x+4cos 2x-a-2，注意到g（0）=0.由題意可知，g′（0）≥0是g（x）≥0成立的必要條件，由g′（0）=3-a≥0得a≤3.

下證充分性，討論agt;3和a≤3.

當a≤3時，g′（x）≥3-2cos 2xcos 4x+4cos 2x-5=（cos 2x-1）2（4cos 2x+3）cos 4xgt;0，所以g（x）在0，π2上單調遞增，g（x）gt;g（0）=0.

下面是agt;3時的情況：

算法1：當agt;3時，證明存在區間（0，α）使得g（x）在（0，α）上單調遞減，且g（0）=0，所以agt;3不成立.

令h（x）=g′（x）=3-2cos 2xcos 4x+4cos 2x-a-2=3cos 4x-2cos 2x+4cos 2x-a-2，

則

h′（x）=（cos x）′×-12cos 5x+4cos 3x+8cos x=2sin x6-2cos 2x-4cos 6xcos 5xgt;0.

所以h（x）在0，π2上單調遞增，注意到h（0）lt;0，由解法1可知3cos 4x-2cos 2x+4cos 2xgt;1cos 4x.

所以h（x）=3cos 4x-2cos 2x+4cos 2x-a-2gt;1cos 4x-a-2（注意認識清楚關鍵部分，大膽放縮至最簡）.取cos 4t=1a+2，t∈0，π2，則h（t）gt;1cos 4t-a-2=0.所以存在α∈（0，t），使得h（α）=0.所以g（x）在（0，α）上單調遞減，在（α，+∞）上單調遞增.

又因為g（0）=0，所以g（x）在（0，α）上小于零，不合題意.

算法2：端點效應，同解法1的算法2.

綜上所述，a≤3.

利用端點效應解題步驟：

（1）找必要條件.考慮函數在區間端點值是否具有特殊性，利用特殊性縮小范圍：通過不等式成立的必要條件，初步求出參數的取值范圍.

（2）證充分條件.在該范圍內進行討論，驗證充分性：通過判斷函數單調性求解，證明必要條件亦即充分條件.

3.2.3 解法3：參變分離，極限說明

思維分析：因為x∈0，π2，則f（x）lt;sin 2x可化為alt;sin 2xx+sin xxcos 3x，由解法2確定了參數的取值范圍為a≤3，因此只需要證明3lt;sin 2xx+sin xxcos 3x即可.

解答過程：下面證明sin 2x+sin xcos 3xgt;3x.令h（x）=sin 2x+sin xcos 3x-3x，則h′（x）=3cos 4x-2cos 2x+4cos 2x-5=（cos 2x-1）2（4cos 2x+3）cos 4xgt;0，所以h（x）在0，π2上單調遞增，則有h（x）gt;h（0）=0，即sin 2x+sin xcos 3xgt;3x.又因為limx→0sin 2x+sin xcos 3x=0，

所以a≤3lt;sin 2xx+sin xxcos 3x

通過以上從多個角度解題的過程可以發現，扎實的數學基礎是必須具備的條件，而適當的解題工具和方法更是可以迅速幫我們找到解題切入點.在今后的函數與導數的學習過程中，我們應該做到以下幾點：理解落實教材，理解概念與過程，理解方法與模型，理解命題意圖，反思升華思維，基礎訓練保證量，難題思維深刻保證質，做到“基礎與能力并舉，思想與方法同行”.

4 鏈接

（1）（2015北京卷理科第18題）已知函數f（x）=ln 1+x1-x.

①求曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；

②求證：當x∈（0，1）時，f（x）gt;2x+x33.

（2）（2008全國卷Ⅱ理科第22題）設函數f（x）=sin x2+cos x.

①求f（x）的單調區間；

②如果對任何x≥0，都有f（x）≤ax，求a的取值范圍.

③設實數k使得f（x）gt;kx+x33對x∈（0，1）恒成立，求k的最大值.