挖掘题目价值发展学生思维

2021-08-17栾功

中学教学参考·理科版 2021年7期

关键词：挖掘高考题目

栾功

[摘要]高考试题凝聚了命题专家的智慧，深入挖掘高考题目的教学价值，对发展学生思维，提高学生的解题能力有实际意义.

[关键词]高考;题目;价值;挖掘;思维

[中图分类号] G633.6 [文獻标识码] A [文章编号] 1674-6058（2021）20-0001-04

高三复习课中经常遇到高考真题的讲评，那么如何深入挖掘这些题目的价值，深度发展学生数学思维呢？笔者以2019年高考全国Ⅲ卷理科第20题的探究为例，和一线教师交流探讨.

一、真题溯源

题目：已知函数[f（x）=2x3-ax2+b].

（1）讨论[f（x）]的单调性;

（2）是否存在[a]，[b]，使得[f（x）]在区间[0，1]的最小值为[-1]且最大值为1？若存在，求出[a]，[b]的所有值;若不存在，说明理由.

题源1：湘教版普通高中课程标准实验教科书数学选修2-2第45页习题8第3题：

设函数[fx=ax3-3ax2+ba>0]在区间[1， 4]上有最大值[23]，最小值[3]，求[a]，[b]的值.

题源2：高等学校教材《数学分析讲义（第五版上册）》第285页：

若函数[fx]在闭区间[a， b]连续，在开区间[a， b]内可导，且[x1]，[x2]，…，[xn]是函数[fx]在开区间[a，b]内的所有驻点，则函数值[（[n+2]）个数][fa]，[fx1]，[fx2]，…，[fxn]，[fb]中最小者就是函数[fx]的最小值，最大者就是函数[fx]的最大值.由此可见，求可导函数的最值就归结为求可导函数在驻点及区间端点函数值中的最值.

评注：第（1）问考查含参多项式函数的单调性.因为导函数含有参数，所以需要对参数分类讨论，这对考生严密的逻辑推理能力和掌握的数学思想方法都有一定的要求.第（2）问以更为开放的形式呈现，讨论闭区间上的最值问题，考生既可以借助第（1）问所得函数[fx]的单调性，结合题设解决问题，也可以根据函数[fx]在闭区间[0，1]上的特征和最值的求解原理解决问题.试题从多角度考查考生利用导数研究函数性质的方法，综合考查考生的逻辑推理能力、运算能力和分类讨论的思想.试题命制的原型来源于教材，同时又兼具高等数学的背景知识，一方面引导中学教学注重四基的落实，另一方面也为学生在大学继续深入学习打下坚实的基础.

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[-∞，+∞]上单调递增;

若[a>0]，则当[x∈-∞， 0?a3，+∞]时，[fx>0];当[0，a3]时，[fx<0]，故[fx]在[-∞， 0]和[a3，+∞]上单调递增，在[0，a3]上单调递减;

若[a<0]，则当[x∈-∞，a3?0，+∞]时，[fx>0];当[a3，0]时，[fx<0]，故[fx]在[-∞，a3]和[0，+∞]上单调递增，在[a3，0]上单调递减.

解法2. [fx=6x2-2ax=2x3x-a]，

令[fx=2x3x-a≥0]，则不等式解集为[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]，则不等式解集为[a=0，x∈?，]或[a>0，0

综上所述，①[a=0]时，[fx]的递增区间为[-∞，+∞];②[a>0]时，[fx]的递增区间为[-∞，0]，[a3，+∞]，递减区间为[0，a3];③[a<0]时，[fx]的递增区间为[-∞，a3]，[0，+∞]，递减区间为[a3，0].

评注：第（1）问要求讨论函数的单调性.从解法来看，解法1依据两根的大小分类讨论，是绝大多数考生习惯的作答方式;解法2从不等式解集的基本原理入手，别具一格.像这样涉及含参函数单调性的讨论，需要依据参数对导数正负的影响进行分类讨论，要求不重不漏，是培养学生思维严密性的有效载体.

（2）解法1.满足题意的[a]，[b]存在.

（ⅰ）当[a≤0]时，由（1）知[fx]在[0，1]上单调递增，所以当[x∈0，1]时，[fxmin=f0=b=-1]，[fxmax=f1=2-a+b=1]，解得[a=0]，[b=-1].

（ⅱ）当[0

若[-a327+b=-1]，[b=1]，则[a=23]，与[0

（ⅲ）当[a≥3]时，由（1）知[fx]在[0，1]上单调递减，所以当[x∈0，1]时，[fxmax=f0=b=1]，

[fxmin=f1=2-a+b=-1]，解得[a=4]，[b=1].

综上，当[a=0]，[b=-1]或[a=4]，[b=1]时，[fx]在[0，1]的最小值为[-1]，最大值为[1].

解法2.满足题意的[a，b]存在.

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

（ⅰ）当[3≤a≤4]时，由（1）知[fx]在[0， 1]上单调递减，所以当[x∈0， 1]时， [fxmax=f0=b=1]，

[fxmin=f1=2-a+b=-1]，解得[a=4]，[b=1].

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

所以由题意知[-a327+b=-1]，即[b=a327-1]，而且此时[b=a327-1<0]，因此[2-a+b=1]，解得[a=0]，[b=-1].

综上，当[a=0]，[b=-1]或[a=4]，[b=1]时，[fx]在[0，1]的最小值为[-1]，最大值为[1].

解法3.满足题意的[a]，[b]存在.

因为函数[fx]在[0，1]连续，在[0，1]可导，所以[fx]的最值必在区间端点或平稳点处取得.

（ⅰ）当[a≤0]或[a≥3]时，由（1）知[fx]在[0，1]没有平稳点，所以[fx]在[0，1]的最值必在区间端点处取得，又[f0=b]，[f1=2-a+b]，所以[f0-f1=2]，解得[a=0]或[a=4]，从而[a=0]时[b=-1]，[a=4]时[b=1].

（ⅱ）当[0

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

综上，当[a=0， b=-1]或[a=4， b=1]时，[fx]在[0，1]的最小值为[-1]，最大值为[1].

评注：解法1是在第（1）问的基础上依据函数单调性逐段求解满足条件的[a]，[b]的值，也是解决此类问题的通法;解法2从最大值和最小值的概念入手缩小参数[a]的范围，再依据函数[fx]在区间[0，1]上的单调性求解参数[a]，[b]的值，有利于考生进一步深入探究相关问题（见变式2）;解法3从高等数学背景入手，因函数[fx]在区间[0，1]上的特征可知，其最值必在驻点或区间的端点处取得，解法简练有高度.

三、变式拓展

美国著名数学家波利亚在《怎样解题》中说道：“在我们工作结束时，当我们得到了解答以后，我们对题目的概念要比一开始更加丰富，更加充分.由于我们期待将对于题目最初的概念进展到一个更加充分、更加适合的概念，我们尝试不同的立场，从不同的方面来观察题目.”同时，问题又是数学思维的载体和驱动力.由此可见，解题后的反思与变式研究对于激活学生思维，提升学生能力都非常必要.下面从改变问题的提问方式、改变问题的知识背景、改变问题的提问角度等方面对试题展开变式研究.

1.改变提问方式

变式1：若[fx]在[-1， 1]上是单调函数，求[a]的值.

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

（ⅰ） [a=0]时，[fx=6x2≥0]，[fx]在[R]上单调，则在[-1，1]上单调.

（ⅱ）[a>0]时，[fx]在[-1，0]上单调递增，[0，a3]上单调递减，则[fx]在[-1，1]上不是单调函数，不合题意.

（ⅲ）[a<0]时，[fx]在[a3，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，则[fx]在[-1，1]上不是单调函数，不合题意.

综上，[a=0].

变式2：若对[x∈0，1]，[fx≤1]恒成立，求[f12]的取值范围.

解：以导函数[fx]的两个零点为界点讨论.

（ⅰ） [a=0]时，[f（x）=2x3+b]在[0，1]上單调递增，则对[x∈0，1]，[f（x）≤1]恒成立[? f（0）≤1， f（1）≤1;]

（ⅱ）[0

（ⅲ）[a≥3]时，[a3≥1]，[f（x）]在[0，a3]上单调递减，则在[0，1]上单调递减，则对[x∈0，1]，[f（x）≤1]恒成立[? f（0）≤1， f（1）≤1;]

（ⅳ）[a<0]时，[f（x）]在[0，1]上单调递增，则对[x∈0，1]，[f（x）≤1]恒成立[? f（0）≤1， f（1）≤1;]

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

在平面直角坐标系[aOb]中作出不等式组[b≤1，b≤a-1]表示的可行域如图1，

设[f12=14-14a+b=z]，则[b=14a+z-14]，

当直线[b=14a+z-14]经过点[A2，1]时截距

[z-14]最大，即[z]最大，

所以[f12max=14-14×2+1=34];

当直线[b=14a+z-14]向[y]轴负方向无限平移时，截距[z-14→-∞]，所以[f12]的取值范围为[-∞，34 ].

评注：变式1、2是对试题原来的问题换一个提问方式，变换学生思维模式.原题第（1）问还可以改变为“求[fx]的极值点”“若[fx]在[-1，1]上不单调，求[a]的范围”.都是考查函数[fx]的单调性，考查的基本原理都是相同的.变式2在原题的基础上减少了一个条件，从而不能准确求解出[a]，[b]的值.但是恰好因为减少了一个条件，问题非常精彩地和线性规划交汇在一起，这样的变式对培养学生提出问题、分析问题和解决问题的能力大有裨益.

2.改变问题背景

变式3：已知函数[fx=ln x+ax2+2a+1x]，讨论[fx]的单调性.

解：[fx]的定义域为[0，+∞]，[fx=1x+2ax+2a+1=x+12ax+1x]，若[a≥0]，则当[x∈0，+∞]时，[fx>0]，故[fx]在[0，+∞]单调递增;若[a<0]，则[-12a>0]，由[fx>0]得[0-12a]，故[fx]在[0，-12a]上单调递增，在[-12a，+∞]上单调递减.

变式4：已知函数[fx=x-2ex+ax-12]，讨论[fx]的单调性.

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]上单调递减，在[1，+∞]上单调递增.

若[a<0]，由[fx=0]得[x=1]或[x=ln-2a]，

当[ln-2a=1]，即[a=-e2]时，[fx≥0]，所以函数[fx]在[-∞，+∞]单调递增;当[ln-2a>1]，即[a<-e2]时，由[fx>0]得[x<1]或[x>ln-2a]，由[fx<0]得[1

当[ln-2a<1]，即[a>-e2]时，由[fx>0]得[x>1]或[x

评注：借着试题第（1）问和变式1对含参函数的单调性的讨论，改变试题背景，继续对依据二次方程两根大小分类讨论的思想方法进行深入探究.如变式3增加了[ln x]的函数背景，函数的定义域发生了改变，对学生思维的严密性提出了更高的要求，不仅要对两根大小分类讨论，还需要注意两根与[0]的大小比较.变式4引入了[ex]的运算背景，函数求导的结果[f ′（x）=x-1ex+2a]为类二次型，解法与二次型是一致的.像这样从不同的背景和知识结构入手，改变题目背景的变式拓展，有助于学生构建知识体系、内化核心概念和解题方法，激活学生的思维.

3.改变提问角度

变式5：当[a=1]，[b=0]时，若过点[P（1， t）]存在[3]条直线与曲线[y=f（x）]相切，求[t]的取值范围.

解：设过点[P1， t]的直线与曲线[y=fx]相切于点[x0， y0]，则[y0=2x30-x20]，且切线斜率[k=6x20-2x0]，所以切线方程为[y-y0=6x20-2x0x-x0]，因此[t-y0=6x20-2x01-x0]，整理得[4x30-7x20+2x0+t=0]，

构造函数[gx=4x3-7x2+2x+t]，则“若过点[P（1， t）]存在[3]條直线与曲线[y=f（x）]相切”等价于“[gx]有三个不同零点”，[gx=12x2-14x+2]，[gx]与[gx]的关系如下表：

[[x] [-∞，16] [16]

[16，1] [1] [1，+∞] [gx] [+] [0] - [0] + [gx] ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ]

所以[gx]的极大值为[g16=17108+t]，极小值为[g1=t-1]，要使[gx=0]有三个解，即

[g16>0]且[g（1）<0]，解得[-17108

因此，当过点[P（1， t）]存在[3]条直线与曲线[y=f（x）]相切时，[t]的取值范围是[-17108，1].

变式6：当[b=1]，[a<3]时，求证：[fx]只有一个零点.

证法1.当[b=1]，[a<3]时，[fx=2x3-ax2+1]，[fx=2x3x-a]，

（ⅰ）当[a=0]时，[fx=2x3+1]，由[fx=0]得[x=-123]，此时[fx]只有一个零点;