?北京市懷柔區(qū)第一中學(xué) 于海龍

1 試題呈現(xiàn)

(2022年北京高考數(shù)學(xué)第20題)已知函數(shù)f(x)=exln (1+x).

(Ⅰ)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程；

(Ⅱ)設(shè)g(x)=f′(x)，討論函數(shù)g(x)在[0,+∞)上的單調(diào)性；

(Ⅲ)證明：對任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t).

2 解法分析及詳解

2.1 第(Ⅰ)問的解答

本小題求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程，先求f′(x)，得f′(0)即為曲線在點(0,f(0))處的切線的斜率，進(jìn)而求出切線方程.

又因為f(0)=0，f′(0)=1，所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=x.

2.2 第(Ⅱ)問的解答

本小題討論函數(shù)g(x)在[0,+∞)上的單調(diào)性，依題意有如下兩種解法，如圖1所示.

圖1

思路一：根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，通過導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)研究函數(shù)的單調(diào)性.若導(dǎo)函數(shù)無變號零點，則可判斷導(dǎo)函數(shù)恒正或恒負(fù)的情況.

解法1:通法——從導(dǎo)數(shù)入手.

所以函數(shù)g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增.

思路二：研究復(fù)雜函數(shù)的單調(diào)性，可以將復(fù)雜的函數(shù)分解，研究局部性質(zhì)，通過整合，依托單調(diào)性定義，借助不等式的性質(zhì)解決問題.

解法2:分解函數(shù)，依托不等式性質(zhì)與單調(diào)性定義.

又因為φ(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增，且φ(x)>0，所以?x1,x2∈[0,+∞)且x1

φ(x2)>φ(x1)>0，h(x2)>h(x1)>0，

所以φ(x2)h(x2)>φ(x1)h(x2)，即g(x2)>g(x1).

故函數(shù)g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增.

2.3 第(Ⅲ)問的解答

本小題的本質(zhì)是研究函數(shù)的最值問題.依題意有如下三類(五種)證明方法，如圖2所示.

圖2

思路一(代數(shù)維度)：本題所證不等式中有兩個變量，兩側(cè)均有相同的變量，故需要選擇其中一個為主元進(jìn)行研究，從而構(gòu)造函數(shù)，通過最值證明不等式.

證法1：常規(guī)方法——選擇主元，直接移項構(gòu)造新函數(shù).

令m(x)=f(x+t)-f(x)-f(t)=ex+t·ln (1+x+t)-exln (1+x)-etln (1+t)(x>0)，則

因為t>0，則et>1，且ex≥1+x恒成立，所以

因此m(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增.

再由s>0，得m(s)>m(0)，即f(s+t)-f(s)-f(t)>f(0+t)-f(0)-f(t)=-f(0).

由f(0)=0，得f(s+t)-f(s)-f(t)>0.

所以f(s+t)>f(s)+f(t)成立.

事實上，證法1可以優(yōu)化：

令m(x)=f(x+t)-f(x)-f(t)(x>0)，則

m′(x)=f′(x+t)-f′(x)=g(x+t)-g(x).

由(Ⅱ)中g(shù)(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增，則由t>0得s+t>s，從而g(x+t)>g(x)即m′(x)>0.

因此m(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增.

再由s>0，得m(s)>m(0)，即f(s+t)-f(s)-f(t)>f(0+t)-f(0)-f(t)=-f(0).

由f(0)=0，得f(s+t)-f(s)-f(t)>0.

所以f(s+t)>f(s)+f(t)成立.

思路二(代數(shù)維度)：在指數(shù)式與對數(shù)式共存的前提下，借助已有的結(jié)論“ex≥x+1;x-1≥lnx”等合理放縮再構(gòu)造函數(shù)進(jìn)行證明.

證法2:合理放縮——借助于常見的函數(shù)大小關(guān)系的結(jié)論合理放縮，再構(gòu)造函數(shù)進(jìn)行證明.

要證對任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)，即證明對任意的s,t∈(0,+∞)，有

es+tln (1+s+t)>esln (1+s)+etln (1+t).

即只需證明

因為ex≥1+x恒成立，所以只需證明

所以h(x)在(0,+∞)上為增函數(shù).

所以原式f(s+t)>f(s)+f(t)成立.

思路三(幾何維度)：依據(jù)不等式本身結(jié)構(gòu)上蘊含的特征，可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象中縱坐標(biāo)的差值，通過調(diào)整結(jié)構(gòu)，從而抽象出新的函數(shù).

證法3:特殊方法——依托結(jié)構(gòu)特征，等價轉(zhuǎn)化，構(gòu)造新函數(shù).

由(Ⅰ)中f(0)=0，將原待證不等式轉(zhuǎn)化為證明f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0).

令F(x)=f(x+t)-f(x)，則F(s)=f(s+t)-f(s),F(0)=f(t)-f(0).

因為F′(x)=f′(x+t)-f′(x)=g(x+t)-g(x)，且由(Ⅱ)中g(shù)(x)為增函數(shù)，所以在t>0時可得F′(x)>0.

于是F(x)為增函數(shù).則由s>0，得F(s)>F(0)，即f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0).

所以f(s+t)>f(s)+f(t)成立.

思路四(幾何維度)：類比不等式f(s+t)>f(s)+f(t)與過原點的一次函數(shù)模型f(x+y)=f(x)+f(y)相似的特征，轉(zhuǎn)化為斜率關(guān)系，結(jié)合函數(shù)凹凸性，構(gòu)造增函數(shù)進(jìn)行證明.

證法4 :借助模型——依托結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造函數(shù).

所以φ(x)在(0,+∞)上是增函數(shù)，從而φ(x)>φ(0)=0.

于是h′(x)>0，所以h(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)，則有h(s+t)>h(s)，h(s+t)>h(t).

所以原式不等成立.

思路五(幾何維度)：依托不等式結(jié)構(gòu)上的特征，合理變形，轉(zhuǎn)化為割線的斜率，從而應(yīng)用拉格朗日中值定理，完成證明.

證法5 :高等數(shù)學(xué)應(yīng)用——借助于高等數(shù)學(xué)知識(拉格朗日中值定理)進(jìn)行變形完成證明.

要證“對任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)”，只需證不等式

f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0).

由a∈(s,s+t)，b∈(0,t)，得a>b.

所以對任意的s,t∈(0,+∞),f(s+t)>f(s)+f(t)成立.

總結(jié)賞析：證明不等式問題，重點在于等價轉(zhuǎn)化.縱觀2022年北京高考導(dǎo)數(shù)問題解法的切入點，不同的入手角度，概括了構(gòu)造函數(shù)的過程，即從簡單的移項構(gòu)造函數(shù)，到關(guān)注結(jié)構(gòu)特征所隱含的信息構(gòu)造函數(shù)，最后到借助高等數(shù)學(xué)知識解題.這些都啟示我們在今后的的復(fù)習(xí)過程中，理解“構(gòu)造函數(shù)”的演變過程，展望“構(gòu)造函數(shù)的發(fā)展方向，為函數(shù)與導(dǎo)數(shù)知識的復(fù)習(xí)提供參考依據(jù).

3 總結(jié)

通過對2022年北京高考函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題的分析，發(fā)現(xiàn)北京卷導(dǎo)數(shù)問題題干簡潔、大氣，問題設(shè)計巧妙.各小問題之間往往有關(guān)聯(lián)性，由淺入深，由易到難.重點考查導(dǎo)數(shù)的基礎(chǔ)知識和基本思想，突出考查導(dǎo)數(shù)的本質(zhì).在研究導(dǎo)數(shù)問題的過程中，要注意關(guān)注問題的連貫性，借助上一問的結(jié)論解決下一問.因此，在教學(xué)中，教師要創(chuàng)新問題情境，設(shè)計連貫性問題，運用恰當(dāng)?shù)慕虒W(xué)方式，讓學(xué)生在學(xué)習(xí)過程中不斷探索與研究、總結(jié)與反思.在落實四基的基礎(chǔ)上，發(fā)展學(xué)生的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，提高分析問題和解決問題的能力.