欒功

[摘? ?要]高考試題凝聚了命題專家的智慧，深入挖掘高考題目的教學價值，對發(fā)展學生思維，提高學生的解題能力有實際意義.

[關鍵詞]高考;題目;價值;挖掘;思維

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2021）20-0001-04

高三復習課中經(jīng)常遇到高考真題的講評，那么如何深入挖掘這些題目的價值，深度發(fā)展學生數(shù)學思維呢？筆者以2019年高考全國Ⅲ卷理科第20題的探究為例，和一線教師交流探討.

一、真題溯源

題目：已知函數(shù)[f（x）=2x3-ax2+b].

（1）討論[f（x）]的單調(diào)性;

（2）是否存在[a]，[b]，使得[f（x）]在區(qū)間[0，1]的最小值為[-1]且最大值為1？若存在，求出[a]，[b]的所有值;若不存在，說明理由.

題源1： 湘教版普通高中課程標準實驗教科書數(shù)學選修2-2第45頁習題8第3題：

設函數(shù)[fx=ax3-3ax2+ba>0]在區(qū)間[1， 4]上有最大值[23]，最小值[3]，求[a]，[b]的值.

題源2： 高等學校教材《數(shù)學分析講義（第五版上冊）》第285頁：

若函數(shù)[fx]在閉區(qū)間[a， b]連續(xù)，在開區(qū)間[a， b]內(nèi)可導，且[x1]，[x2]，…，[xn]是函數(shù)[fx]在開區(qū)間[a，b]內(nèi)的所有駐點，則函數(shù)值[（[n+2]）個數(shù)][fa]，[fx1]，[fx2]，…，[fxn]，[fb]中最小者就是函數(shù)[fx]的最小值，最大者就是函數(shù)[fx]的最大值.由此可見，求可導函數(shù)的最值就歸結為求可導函數(shù)在駐點及區(qū)間端點函數(shù)值中的最值.

評注：第（1）問考查含參多項式函數(shù)的單調(diào)性.因為導函數(shù)含有參數(shù)，所以需要對參數(shù)分類討論，這對考生嚴密的邏輯推理能力和掌握的數(shù)學思想方法都有一定的要求.第（2）問以更為開放的形式呈現(xiàn)，討論閉區(qū)間上的最值問題，考生既可以借助第（1）問所得函數(shù)[fx]的單調(diào)性，結合題設解決問題，也可以根據(jù)函數(shù)[fx]在閉區(qū)間[0，1]上的特征和最值的求解原理解決問題.試題從多角度考查考生利用導數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的方法，綜合考查考生的邏輯推理能力、運算能力和分類討論的思想.試題命制的原型來源于教材，同時又兼具高等數(shù)學的背景知識，一方面引導中學教學注重四基的落實，另一方面也為學生在大學繼續(xù)深入學習打下堅實的基礎.

二、解法探究

（1）解法1. [fx=6x2-2ax=2x3x-a].令[fx=0]，得[x=0]或[x=a3].

若[a=0]， [fx]在[-∞，+∞]上單調(diào)遞增;

若[a>0]，則當[x∈-∞， 0?a3，+∞]時，[fx>0];當[0，a3]時，[fx<0]，故[fx]在[-∞， 0]和[a3，+∞]上單調(diào)遞增，在[0，a3]上單調(diào)遞減;

若[a<0]，則當[x∈-∞，a3?0，+∞]時，[fx>0];當[a3，0]時，[fx<0]，故[fx]在[-∞，a3]和[0，+∞]上單調(diào)遞增，在[a3，0]上單調(diào)遞減.

解法2. [fx=6x2-2ax=2x3x-a]，

令[fx=2x3x-a≥0]，則不等式解集為[a=0，x∈R，]或[a>0，x≤0或x≥a3，]或[a<0，x≤a3或x≥0.]

令[fx=2x3x-a<0]，則不等式解集為[a=0，x∈?，]或[a>0，0

綜上所述，①[a=0]時，[fx]的遞增區(qū)間為[-∞，+∞];②[a>0]時，[fx]的遞增區(qū)間為[-∞，0]，[a3，+∞]，遞減區(qū)間為[0，a3];③[a<0]時，[fx]的遞增區(qū)間為[-∞，a3]，[0，+∞]，遞減區(qū)間為[a3，0].

評注：第（1）問要求討論函數(shù)的單調(diào)性.從解法來看，解法1依據(jù)兩根的大小分類討論，是絕大多數(shù)考生習慣的作答方式;解法2從不等式解集的基本原理入手，別具一格.像這樣涉及含參函數(shù)單調(diào)性的討論，需要依據(jù)參數(shù)對導數(shù)正負的影響進行分類討論，要求不重不漏，是培養(yǎng)學生思維嚴密性的有效載體.

（2）解法1.滿足題意的[a]，[b]存在.

（?。┊擺a≤0]時，由（1）知[fx]在[0，1]上單調(diào)遞增，所以當[x∈0，1]時，[fxmin=f0=b=-1]，[fxmax=f1=2-a+b=1]，解得[a=0]，[b=-1].

（ⅱ）當[0

若[-a327+b=-1]，[b=1]，則[a=23]，與[0

（ⅲ）當[a≥3]時，由（1）知[fx]在[0，1]上單調(diào)遞減，所以當[x∈0，1]時，[fxmax=f0=b=1]，

[fxmin=f1=2-a+b=-1]，解得[a=4]，[b=1].

綜上，當[a=0]，[b=-1]或[a=4]，[b=1]時，[fx]在[0，1]的最小值為[-1]，最大值為[1].

解法2.滿足題意的[a，b]存在.

因為[fx]在[0，1]的最小值為[-1]，最大值為[1]，所以[-1≤f0≤1]，[-1≤f1≤1]，即[-1≤b≤1]，[-1≤2-a+b≤1]，解得[0≤a≤4].

（?。┊擺3≤a≤4]時，由（1）知[fx]在[0， 1]上單調(diào)遞減，所以當[x∈0， 1]時， [fxmax=f0=b=1]，

[fxmin=f1=2-a+b=-1]，解得[a=4]，[b=1].

（ⅱ）[0≤a<3]時，由（1）知[fx]在[0，1]的最小值為[fa3=-a327+b]，最大值為[b]或[2-a+b].

所以由題意知[-a327+b=-1]，即[b=a327-1]，而且此時[b=a327-1<0]，因此[2-a+b=1]，解得[a=0]，[b=-1].

綜上，當[a=0]，[b=-1]或[a=4]，[b=1]時，[fx]在[0，1]的最小值為[-1]，最大值為[1].

解法3.滿足題意的[a]，[b]存在.

因為函數(shù)[fx]在[0，1]連續(xù)，在[0，1]可導，所以[fx]的最值必在區(qū)間端點或平穩(wěn)點處取得.

（?。┊擺a≤0]或[a≥3]時，由（1）知[fx]在[0，1]沒有平穩(wěn)點，所以[fx]在[0，1]的最值必在區(qū)間端點處取得，又[f0=b]，[f1=2-a+b]，所以[f0-f1=2]，解得[a=0]或[a=4]，從而[a=0]時[b=-1]，[a=4]時[b=1].

（ⅱ）當[0

由于[fa3-f0=a327<2]，[f1-f0=2-a<2]，[fa3-f1=-a327+a-2<2]，

綜上，當[a=0， b=-1]或[a=4， b=1]時，[fx]在[0，1]的最小值為[-1]，最大值為[1].

評注： 解法1是在第（1）問的基礎上依據(jù)函數(shù)單調(diào)性逐段求解滿足條件的[a]，[b]的值，也是解決此類問題的通法;解法2從最大值和最小值的概念入手縮小參數(shù)[a]的范圍，再依據(jù)函數(shù)[fx]在區(qū)間[0，1]上的單調(diào)性求解參數(shù)[a]，[b]的值，有利于考生進一步深入探究相關問題（見變式2）;解法3從高等數(shù)學背景入手，因函數(shù)[fx]在區(qū)間[0，1]上的特征可知，其最值必在駐點或區(qū)間的端點處取得，解法簡練有高度.

三、變式拓展

美國著名數(shù)學家波利亞在《怎樣解題》中說道：“在我們工作結束時，當我們得到了解答以后，我們對題目的概念要比一開始更加豐富，更加充分.由于我們期待將對于題目最初的概念進展到一個更加充分、更加適合的概念，我們嘗試不同的立場，從不同的方面來觀察題目.”同時，問題又是數(shù)學思維的載體和驅動力.由此可見，解題后的反思與變式研究對于激活學生思維，提升學生能力都非常必要.下面從改變問題的提問方式、改變問題的知識背景、改變問題的提問角度等方面對試題展開變式研究.

1.改變提問方式

變式1： 若[fx]在[-1， 1]上是單調(diào)函數(shù)，求[a]的值.

解：[fx=2x3-ax2+b]，則[fx=6x2-2ax=6xx-a3]，令[fx=0]，解得[x1=0]，[x2=a3].

（ⅰ） [a=0]時，[fx=6x2≥0]，[fx]在[R]上單調(diào)，則在[-1，1]上單調(diào).

（ⅱ）[a>0]時，[fx]在[-1，0]上單調(diào)遞增，[0，a3]上單調(diào)遞減，則[fx]在[-1，1]上不是單調(diào)函數(shù)，不合題意.

（ⅲ）[a<0]時，[fx]在[a3，0]上單調(diào)遞減，在[0，1]上單調(diào)遞增，則[fx]在[-1，1]上不是單調(diào)函數(shù)，不合題意.

綜上，[a=0].

變式2： 若對[x∈0，1]，[fx≤1]恒成立，求[f12]的取值范圍.

解：以導函數(shù)[fx]的兩個零點為界點討論.

（ⅰ） [a=0]時，[f（x）=2x3+b]在[0，1]上單調(diào)遞增，則對[x∈0，1]，[f（x）≤1]恒成立[? f（0）≤1， f（1）≤1;]

（ⅱ）[0

（ⅲ）[a≥3]時，[a3≥1]，[f（x）]在[0，a3]上單調(diào)遞減，則在[0，1]上單調(diào)遞減，則對[x∈0，1]，[f（x）≤1]恒成立[? f（0）≤1， f（1）≤1;]

（ⅳ）[a<0]時，[f（x）]在[0，1]上單調(diào)遞增，則對[x∈0，1]，[f（x）≤1]恒成立[? f（0）≤1， f（1）≤1;]

綜上，對[x∈0，1]，[f（x）≤1]恒成立[? f（0）≤1， f（1）≤1，?b≤1，b≤a-1.]

在平面直角坐標系[aOb]中作出不等式組[b≤1，b≤a-1]表示的可行域如圖1，

設[f12=14-14a+b=z]，則[b=14a+z-14]，

當直線[b=14a+z-14]經(jīng)過點[A2，1]時截距

[z-14]最大，即[z]最大，

所以[f12max=14-14×2+1=34];

當直線[b=14a+z-14]向[y]軸負方向無限平移時，截距[z-14→-∞]，所以[f12]的取值范圍為[-∞，34 ].

評注：變式1、2是對試題原來的問題換一個提問方式，變換學生思維模式.原題第（1）問還可以改變?yōu)椤扒骩fx]的極值點”“若[fx]在[-1，1]上不單調(diào)，求[a]的范圍”.都是考查函數(shù)[fx]的單調(diào)性，考查的基本原理都是相同的.變式2在原題的基礎上減少了一個條件，從而不能準確求解出[a]，[b]的值.但是恰好因為減少了一個條件，問題非常精彩地和線性規(guī)劃交匯在一起，這樣的變式對培養(yǎng)學生提出問題、分析問題和解決問題的能力大有裨益.

2.改變問題背景

變式3：已知函數(shù)[fx=ln x+ax2+2a+1x]，討論[fx]的單調(diào)性.

解：[fx]的定義域為[0，+∞]，[fx=1x+2ax+2a+1=x+12ax+1x]，若[a≥0]，則當[x∈0，+∞]時，[fx>0]，故[fx]在[0，+∞]單調(diào)遞增;若[a<0]，則[-12a>0]，由[fx>0]得[0-12a]，故[fx]在[0，-12a]上單調(diào)遞增，在[-12a，+∞]上單調(diào)遞減.

變式4： 已知函數(shù)[fx=x-2ex+ax-12]，討論[fx]的單調(diào)性.

解： [fx=x-1ex+2ax-1=x-1ex+2a]，

若[a≥0]，由[fx>0]得[x>1]，由[fx<0]得[x<1]，所以[fx]在[-∞，1]上單調(diào)遞減，在[1，+∞]上單調(diào)遞增.

若[a<0]，由[fx=0]得[x=1]或[x=ln-2a]，

當[ln-2a=1]，即[a=-e2]時，[fx≥0]，所以函數(shù)[fx]在[-∞，+∞]單調(diào)遞增;當[ln-2a>1]，即[a<-e2]時，由[fx>0]得[x<1]或[x>ln-2a]，由[fx<0]得[1

當[ln-2a<1]，即[a>-e2]時，由[fx>0]得[x>1]或[x

評注：借著試題第（1）問和變式1對含參函數(shù)的單調(diào)性的討論，改變試題背景，繼續(xù)對依據(jù)二次方程兩根大小分類討論的思想方法進行深入探究.如變式3增加了[ln x]的函數(shù)背景，函數(shù)的定義域發(fā)生了改變，對學生思維的嚴密性提出了更高的要求，不僅要對兩根大小分類討論，還需要注意兩根與[0]的大小比較.變式4引入了[ex]的運算背景，函數(shù)求導的結果[f ′（x）=x-1ex+2a]為類二次型，解法與二次型是一致的.像這樣從不同的背景和知識結構入手，改變題目背景的變式拓展，有助于學生構建知識體系、內(nèi)化核心概念和解題方法，激活學生的思維.

3.改變提問角度

變式5：當[a=1]，[b=0]時，若過點[P（1， t）]存在[3]條直線與曲線[y=f（x）]相切，求[t]的取值范圍.

解：設過點[P1， t]的直線與曲線[y=fx]相切于點[x0， y0]，則[y0=2x30-x20]，且切線斜率[k=6x20-2x0]，所以切線方程為[y-y0=6x20-2x0x-x0]，因此[t-y0=6x20-2x01-x0]，整理得[4x30-7x20+2x0+t=0]，

構造函數(shù)[gx=4x3-7x2+2x+t]，則“若過點[P（1， t）]存在[3]條直線與曲線[y=f（x）]相切”等價于“[gx]有三個不同零點”，[gx=12x2-14x+2]，[gx]與[gx]的關系如下表：

[[x] [-∞，16] [16]

[16，1] [1] [1，+∞] [gx] [+] [0] - [0] + [gx] ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ ]

所以[gx]的極大值為[g16=17108+t]，極小值為[g1=t-1]，要使[gx=0]有三個解，即

[g16>0]且[g（1）<0]，解得[-17108

因此，當過點[P（1， t）]存在[3]條直線與曲線[y=f（x）]相切時，[t]的取值范圍是[-17108，1].

變式6：當[b=1]，[a<3]時，求證：[fx]只有一個零點.

證法1.當[b=1]，[a<3]時，[fx=2x3-ax2+1]，[fx=2x3x-a]，

（?。┊擺a=0]時，[fx=2x3+1]，由[fx=0]得[x=-123]，此時[fx]只有一個零點;

（ⅱ）當[00]得[x<0]或[x>a3]，由[fx<0]得[00]，[f-1=-1-a<0]，由零點存在定理知，[? x0∈-1，0]，使得[fx0=0].

又[fx]在[0，a3]上單調(diào)遞減，[a3，+∞]上單調(diào)遞增，故[x∈0，+∞]時[fx>fa3=-a327+1>0].

所以當[0

（ⅲ）當[a<0]時，由[fx>0]得[x0]，由[fx<0]得[a30]，[fa-1=a3-4a2+5a-1<0]，由零點存在定理知，[? x0∈a-1，a3]，使得[fx0=0].

又[fx]在[a3，0]上單調(diào)遞減，[0，+∞]上單調(diào)遞增，故[x∈a3，+∞]時[fx>f0=1>0].

所以當[a<0]時，[fx]在[-∞，+∞]只有一個零點.

綜上，當[b=1]，[a<3]時，[fx]只有一個零點.

證法2：當[b=1]，[a<3]時要證[fx]只有一個零點，即[2x3-ax2+1=0]只有一個解，顯然[x=0]不是方程[2x3-ax2+1=0]的解.

當[x≠0]時，由[2x3-ax2+1=0]得[a=2x+1x2]，

令[gx=2x+1x2]，則[gx=21-1x3]，[gx<0]得[x∈-∞， 0?0， 1]，[gx>0]得[x∈1 ，+∞].

故[gx]在[-∞，0]、[0，1]上單調(diào)遞減，在[1，+∞]上單調(diào)遞增，[x<0]時，[x→-∞]，[gx→-∞];[x→0]，[gx→+∞];[x>0]時，[gx≥g1=3]，函數(shù)[gx]的圖像如圖2所示.

所以，當[b=1]，[a<3]時，[a=2x+1x2]只有一個交點，即[fx]只有一個零點.

評注：變式5、6一改原題的單調(diào)性和最值問題，換個角度，在導數(shù)知識體系下考查導數(shù)的幾何意義與用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，不僅見了“樹木”還走進了知識體系的“森林”深處.

高三復習課要充分利用好高考真題，溯本探源，通過一題多解、一題多問、一題多變等來激活學生的思維，提升學生的能力，培養(yǎng)學生的思維品質(zhì)，使學生會用數(shù)學思維思考現(xiàn)實世界.

[? ?參? ?考? ?文? ?獻? ?]

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（責任編輯 黃桂堅）