探解題之道 究推廣之理 尋命制之源*

摘"要：近年高考導數解答題通過設置課程學習情境和探索創新情境，考查了切線、單調性、極值、最值等必備知識，以及邏輯思維能力、運算求解能力、創新能力等關鍵能力.導數解答題設問方式多元，突出理性思維和數學探索等學科素養，較好地體現了基礎性、綜合性和創新性的選拔考查要求.

關鍵詞：導數；不等式；解題研究

高考導數解答題側重考查不等式恒（能）成立、函數的零點、不等式證明等重難點內容，在考查的過程中，強調通過求導研究函數單調性等性質.在教學的過程中，教師要引導學生理解為什么求導，何時求導，怎么求導，并強調用導數研究函數的過程中突出幾何直觀與代數推理的深度融合.本文結合天津高考導數試題探解題之道，究推廣之理，尋命制之源.

1"試題再現

（2024年天津高考第20題）設函數f（x）=xlnx.

（1）求f（x）圖象上點（1，f（1））處的切線方程.

（2）若f（x）≥a（x-x）在x∈（0，＋∞）時恒成立，求a的值.

（3）若x₁，x₂∈（0，1），證明｜f（x₁）-f（x₂）｜≤｜x₁-x₂｜¹².

本題是正比例函數與對數函數構成的復雜函數.第（1）問考查求函數的圖象在某點處的切線方程，根據導數的幾何意義求得切線斜率，根據曲線方程與切點橫坐標得到其縱坐標，利用直線的點斜式求得切線方程.第（2）問考查恒成立問題，屬于課程學習情境，體現基礎性和綜合性.第（3）問是不等式證明問題，屬于探索創新情境，體現綜合性和創新性，考查學生的邏輯思維能力和轉化與化歸思想.^［1］

2"探解題之道

2.1"求解切線方程，考查導數基本概念

第（1）問為求曲線上某點處的切線方程問題，利用函數圖象直觀理解導數的幾何意義.在教學過程中，教師需要帶領學生一起厘清在某點處和過某點處切線的本質區別.在歷年高考導數解答題中不乏求切線方程、切線的條數等問題，體現了轉化與化歸思想.

解析：由題可知，f′（x）=lnx＋1，所以f′（1）=1，又切線過點（1，0），所以切線方程為y=x-1.

2.2"求解參數的值，考查轉化思想

第（2）問為求參數值（范圍）問題.試題通過不等式條件設置，來求參數a的值.此類問題經常會把高中階段導數必備知識，如單調性、極值、最值、零點等知識點，結合不等式、方程、函數設置條件，求參數的值或者取值范圍.在求解的過程中可以構造函數，對含參函數的單調性進行分類討論，或者進行變量分離，將其轉化為函數最值問題.根據題設條件構造合適的函數成為問題是否能夠順利解決的關鍵因素之一.

分析：由xlnx≥a（x-x），可構造函數g（x）=xlnx-a（x-x）.令t=x，則有x=t²，即可構造g（x）=t²lnt²-a（t²-t）=2t²lnt-a（t²-t）=t［2tlnt-a（t-1）］.構造h（t）=2tlnt-a（t-1），原命題等價于tgt;0，h（t）≥0恒成立.

法1：對函數h（t）直接求導，討論函數的單調性，求出h（t）的最小值.

h′（t）=2lnt＋2-a，tgt;0.令h′（t）gt;0得tgt;e^a-22，令h′（t）lt;0得0lt;tlt;e^a-22，所以函數h（t）在0，e^a-22上單調遞減，在e^a-22，＋∞上單調遞增.

即有h（t）min=he^a-22=2e^a-22lne^a-22-a·e^a-22-1=-2e^a-22＋a≥0.構造函數表達式φ（a）=-2e^a-22＋a，a∈R，則有φ′（a）=1-e^a-22，即φ（a）在（-∞，2）上單調遞增，在（2，＋∞）上單調遞減，則φ（a）≤φ（2）=0，即φ（a）=0，即有a=2.

法2：在函數定義域內觀察端點、極值點、零點等特殊點，先通過必要性求得參數范圍，再證充分性.

命題等價于tgt;0，h（t）≥0，所以h（t）min=h（0）.又觀察到h（1）=0，所以x=1是函數h（t）的極小值點，即h′（1）=2-a=0，所以a=2，求導討論函數的單調性，求出h（t）的最小值.

下面證明充分性.

當a=2時，函數h（t）=2tlnt-2（t-1），所以h′（t）=2lnt，h（t）在（0，1）上單調遞減，在（1，＋∞）上單調遞增，即構造h（t）≥h（1）=0，原命題成立.

法3：為了回避分類討論，可以根據表達式特點，把兩個變量放在不等式兩側.

對tgt;0，h（t）=2tlnt-a（t-1）≥0，則a（t-1）≤2tlnt.

當tlt;1時，得a≥2tlntt-1.構造φ（t）=2tlntt-1，

則φ′（t）=-2lnt-（t-1）（t-1）².又因為lntlt;t-1，所以φ′（t）gt;0，即φ（t）在（0，1）上單調遞增，又limt→12tlntt-1=limt→12（lnt+2）=2，所以a≥2；

當t=1時，得a·0≤0，所以a∈R；

當tgt;1時，得a≤2tlntt-1，同理可得a≤2.

綜上所述，a=2.

法4：通過觀察構造常見函數，結合圖1微觀分析參數范圍.

對tgt;0，h（t）=2tlnt-a（t-1）≥0，所以2t·lnt≥a（t-1）.

由（1）問可得p（t）=2tlnt在（1，0）原點處的切線方程為y=2（t-1）上，當且僅當a=2時滿足要求.

2.3"證明不等式，考查邏輯思維能力

第（3）問為不等式證明問題.此不等式左右兩邊均含有絕對值，如何去絕對值成為本題需要解決的第一個問題.事實上除了上述通過同構函數證法，還可以通過兩邊平方移項作差構造以x₁為主元的函數角度切入，也可以通過討論f（x）的單調性，分析得到f（x）的最值情況去絕對值，構造以x₁為主元的函數進而證明不等式等方法.在證明的過程中對數學運算技能要求較高，但問題能夠較為順利解決的前提是根據試題條件，選擇不同視角，構造出合適的函數是本題的關鍵.

第（3）問為多元變量與絕對值相結合的證明問題，一方面去絕對值，可以從左右兩邊分類討論切入；另一方面可以考慮能否降元處理.根據表達式結構形式齊次化不易找到突破口，可以考慮從函數的單調性角度構造函數，但不等式右邊表達式阻礙了函數同構，嘗試插入表達式｜x₁-x₂｜，即嘗試證明不等式｜f（x₁）-f（x₂）｜≤｜x₁-x₂｜≤｜x₁-x₂｜¹²作為本題突破口.

3"究推廣之理

推廣命題"函數f（x）=xlnx，若x₁，x₂∈（0，1），｜f（x₁）-f（x₂）｜≤｜x₁-x₂｜^λ恒成立，求λ的取值范圍.

解析：因為x₁，x₂的任意性，所以λgt;0.當λ≥1時，

取x₁=1e，x₂=1e²，｜f（x₁）-f（x₂）｜=｜x₁·lnx₁-x₂lnx₂｜=1eln1e-1e²ln1e²=e-2e²

gt;e-1e²=1e-1e²=｜x₁-x₂｜≥｜x₁-x₂｜^λ，與題設矛盾.

當0lt;λlt;1時，由對稱性不妨假設x₁≤x₂.

當x₁=x₂時不等式成立，此時0lt;λlt;1.

當x₁lt;x₂時，令t=x₂-x₁，則0lt;tlt;1，0lt;x₁lt;1-t，x₂=x₁＋t，則｜f（x₁）-f（x₂）｜≤｜x₁-x₂｜^λ，即｜f（x₁）-f（x₁＋t）｜≤t^λ，得-t^λ≤f（x₁）-f（x₁＋t）≤t^λ.

構造函數φ（x）=f（x）-f（x＋t） ，φ′（x）=f′（x）-f′（x＋t）=lnx-ln（x＋t）lt;0 ，所以φ（x）在（0，1-t）上單調遞減，即有

φ（x）gt;φ（1-t）=f（1-t）gt;（1-t）-1=-tgt;-t^λ，即0lt;λlt;1.

φ（x）=f（x）-f（x＋t）=xlnx-（x＋t）·ln（x＋t）=xlnx-xln（x＋t）

-tln（x＋t）=x·lnxx＋t-tln（x＋t）lt;-tlnt，只需-tlnt≤t^λ，取對數得0lt;λ≤e-1e.

當e-1elt;λlt;1時，

φ（x）=f（x）-f（x＋t）=xlnx-（x＋t）ln（x＋t）=xlnx-xln（x＋t）-t·ln（x＋t），

所以φ（x）-t^λ=f（x）-f（x＋t）-t^λ=xlnx-xln（x＋t）-tln（x＋t）-t^λ

=xlnx-xln（x＋t）-tln（x＋t）＋tlnt-tlnt-t^λ=-xln1＋tx-tln1＋xt-tlnt-t^λ.

又lnx≤x-1，則ln（1＋x）≤xlt;x（0lt;xlt;1），即-xln1＋tx-tln1＋xt-

tlnt-t^λgt;-x·tx-txt-tlnt-t^λ=-2xt-tlnt-t^λgt;0，-2xt-tlnt-t^λgt;0，

即xlt;t（lnt＋t^λ-1）²4，

即在0lt;xlt;mint（lnt＋t^λ-1）²4，1上存在x₀使得φ（x₀）gt;t^λ，與題設矛盾.

綜上所述，0lt;λ≤e-1e.

推測本題的幾何解釋如下.事實上，根據第（3）問證明過程可推測｜f（x₁）-f（x₂）｜≤｜x^λ₁-x^λ₂｜≤｜x₁-x₂｜^λ，容易知道0lt;λlt;1.不妨設x₁≥x₂，則x^λ₁-x^λ₂≤x₁-x₂≤（x₁-x₂）^λ，則不等式｜f（x₁）-f（x₂）｜≤｜x^λ₁-x^λ₂｜等價于當0lt;xlt;1時，-xlnx≤x^λ恒成立，求λ的最大值.

-xlnx≤x^λ，則-lnx≤x^λ-1，ln（-lnx）≤lnx^λ-1，（λ-1）lnx≥ln（-lnx）.

令t=lnxlt;0，原不式等價于（λ-1）t≥ln（-t），即λ≤ln（-t）t＋1.構造p（t）=ln（-t）t＋1，

p′（t）=1-ln（-t）t²，所以p（t）在（-∞，-e）上單調遞減，在（-e，0）上單調遞增，所以可得p（t）min=p（-e）=1-1e=e-1e，即λ≤e-1e.

綜上所述，第（3）問的幾何解釋是函數增長的快慢問題.

4"尋命制之源

在日常教學中師生會聚焦在參數范圍、不等式證明、零點問題等試題類型上，忽視了為什么要出這樣的函數表達式，通過何種方法得到這樣的函數表達式形式的.下面簡單的剖析此道試題的可能命制過程.

人教A版教材上結論lnx≤x-1，用1x代換x得ln1x≤1x-1，即lnx≥1-1x.改變結構形式兩邊同時乘x得xlnx≥x-1，當且僅當x=1時取等號，由此可以命制第（1）問，且可得第（1）問結論y=x-1.

在第（1）問命制過程中有結論lnx≥1-1x，用x代換x得lnx≥1-1x，即lnx≥2·1-1x.改變結構形式兩邊同時乘x得xlnx≥2（x-x），當且僅當x=1時取等號，由此可以命制第（2）問，且可得第（2）問結論a=2.

在柯西-施瓦茨不等式（∫f（x）g（x）dx）²≤∫f²（x）dx∫g²（x）dx中，令f（x）=1＋lnx，g（x）=1可得不等式｜x₁lnx₁-x₂lnx₂｜=｜∫^x₂x₁（1＋lnx）·1dx｜²≤∫^x₂x₁（1＋lnx）²dx∫^x₂x₁1²dx≤∫¹₀（1＋lnx）²dx·∫^x₂x₁1²dx=｜x₁-x₂｜，事實上是對xlnx作積分變換命制第（3）問，具有典型的高等數學背景.

實際上，從學生角度，如果能夠從命制源頭把握這一類問題的本質，就能掌握這類題目的核心思想、基本理論和常見變式.這樣的探索過程對學生的反思能力、表達能力和創新思維能力也是一種極大的提高.從教師視角，如果能潛心鉆研試題的可能命制規律和本質，理解命題人的意圖，將會把高中導數模塊的教學提升到一個新的高度.分析研究可以發現歷年高考解答題命制主要從初等數學視角命題和高等數學視角命題兩大類.^［2］

由指數函數、對數函數、冪函數、三角函數經過適當的組合，結合Geogebra軟件，推陳出新，可以構造煥然一新的函數表達式.y=xe^x，y=xe^x，y=e^xx，

y=xlnx，y=xlnx，y=lnxx也被稱為“六朵金花”，本題選取函數即為y=xlnx.歷年高考導數試題中函數表達式試題命制的源頭很多來自人教A版教材上結論lnx≤x-1，通過平移變換、伸縮變換、旋轉變換、積分變換等角度引入參數，結合數學軟件命制高考導數試題，構建函數模型.

5"結語

高考導數試題通常設置課程學習情境，試題載體熟悉且簡潔，設問方式多元，強調知識的融會貫通與方法的靈活多變，體現了綜合性、創新性和選拔性的考查要求，對學生的理性思維能力、數學探究能力要求較高.筆者通過梳理二十多年高考導數解答題發現，試題重點考查了利用導數研究函數的一般方法，即常年體現在函數載體發生變化而研究方法不變的思想理念.可謂是年年歲歲“題相近”，歲歲年年“式不同”.

參考文獻

［1］黃健.高中數學試題命制的視角分析——基于新課標、新高考背景［J］.數學通報，2022（4）：53-57+63.

［2］中國高考報告學術委員會.高考試題分析［M］.北京：現代教育出版社，2021.