2022年高考数学北京卷第20题的多解探究及加强推广

贵州师范大学数学科学学院 刘远桃 (邮编：550025)

1 试题呈现

(2022年高考数学北京卷第20题)已知函数f(x)=exln(1+x).(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)设g(x)=f′(x)，讨论函数g(x)在x≥0上的单调性；(3)证明：对任意的s,t>0，都有f(s+t)>f(s)+f(t).

本题将指对函数以乘积的形式联系在一起，构思新颖、巧妙.主要考查导数的几何意义，在点处的切线方程的求法，利用导数研究函数的单调性、最值，以及函数背景下的不等式证明等知识.

2 试题解析

由直线点斜式得y=x，所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.

评注此题比较常规，求在具体点处的切线方程.思路就是求出具体点的坐标，再求出导函数的值，即在这点处的斜率，由直线的点斜式，得到结果.需要注意的是，在点处的切线方程和过点的切线方程的区别，在解题时要仔细审题，避免漏解.

(2)由(1)可得

所以函数g(x)在x≥0上单调递增.

评注此题也比较常规，求函数在某区间内的单调性.思路就是对函数求导，判断导函数在该区间上的正负性，得到对应的单调区间和单调性.解决此类问题，判断导函数的正负性是关键，其判断方法多样，如将导函数分拆成几个函数分别判断、放缩判断、二阶求导判断等.当导函数其中某一部分的正负难以判断时，经常把导函数分拆进行判断，当导函数比较复杂时，二阶求导判断是比较常用的方法.

(3)分析此题是函数背景下的双变量不等式恒成立问题，题目中的两个变量s、t之间没有关系，因此找到变量间的内在特点和分析该不等式的含义、对不等式化简变形是解决此题的关键.

思路1构造函数之主元法

证法1变量s,t地位等价，不妨将变量s看成未知数，构造关于s的函数，此时t为常数，

h(s)=f(s+t)-f(s)-f(t)，则h′(s)=f′(s+t)-f′(s)=g(s+t)-g(s)，

由(2)知，函数g(x)在x≥0上单调递增，又s,t>0，所以s+t>s，

所以g(s+t)>g(s)，即h′(s)>0，所以函数h(s)在s>0上单调递增，

由(1)知，f(0)=0，所以h(0)=f(t)-f(0)-f(t)=-f(0)=0，即h(s)>h(0)=0，

所以对任意的s,t>0，都有f(s+t)>f(s)+f(t).

评注此证法思路清晰，将待证不等式移项后构造函数进行证明，不等式含有两个变量，且两个变量之间没有关系，最常用的方法就是主元法，此方法运用比较广泛，尤其是多元函数中“各元”的地位等价时，其本质就是多元函数的偏导数，只不过在高中阶段没有学习偏导数，故将此方法称为主元法.

思路2构造函数之变形构造

证法2由f(s+t)>f(s)+f(t)，得到es+tln(1+s+t)>esln(1+s)+etln(1+t)，

故只需证明

由切线不等式放缩ex>x+1(x>0)，

所以h(s)在s>0上单调递增，可得h(s)>h(0)=ln(1+t)-ln(1+t)=0，

即证.

评注此证法通过将待证不等式变形，得到一个等价不等式，其中也含有s,t两个变量，所以构造函数的方法也是主元法，只不过构造的函数形式与证法1有所不同，再利用切线不等式放缩求得其导函数大于零，即所构函数在定义域内单调递增，从而得到证明.

思路3构造函数之局部构造

由(1)(2)可知，f(x)在x≥0上单调递增，

又s,t>0，s+t>s，所以es+tln(1+s+t)-esln(1+s)>0，

所以h′(s)>0，即h(x)在x>0上单调递增，h(s)>h(0)=f(t)-f(0)，

又f(0)=0，所以h(s)>f(t)，即f(s+t)-f(s)>f(t)，

所以对任意的s,t>0，都有f(s+t)>f(s)+f(t).

评注此证法也是利用主元法构造函数，所构造的函数是从待证不等式基础上局部构造得到的，接着对所构函数进行分析，从而得到证明.需要注意的是，所构函数的导函数比较复杂，判断导函数的正负性需要一定的运算能力，以保证所构函数的单调性判断正确.

思路4构造函数之比值构造

证法4由f(s+t)>f(s)+f(t)，得到es+tln(1+s+t)>esln(1+s)+etln(1+t)，

该不等式中的三项表达式形式完全一致，

设p(x)=xg(x)-f(x)，则p′(x)=g(x)+xg′(x)-f′(x)=xg′(x)>0，

所以p(x)在x>0上单调递增，p(x)>p(0)=0，得到h′(x)>0，所以h(x)在x>0上单调递增，

又s,t>0，所以s+t>s,s+t>t，

即证.

思路5拉格朗日中值定理

证法5对任意的s,t>0，不妨设s≥t>0，

因为函数f(x)=exln(1+x)为初等函数，满足拉格朗日中值定理的条件，

由(2)可知f′(x)在x≥0上单调递增，又b>a，

又f(0)=0，所以f(s+t)>f(s)+f(t).

评注此证法是利用高等数学知识，拉格朗日中值定理进行证明，利用拉格朗日中值定理求解问题时需注意函数是否满足其条件，高中所涉及的函数基本为初等函数，自然也就满足其使用条件.通过此证法可以感受到高等数学与初等数学具有一定的联系，而不是割裂的两个部分，利用高等数学知识来解决中学数学问题，具有一定的简捷性.

试题中第(3)问从不同思路分析得到了七种证明方法，这有助于培养学生的一题多解能力，有助于培养和加强学生的数学思维能力和综合运用知识的能力，既能够开阔视野，又能够在一题多解过程中提高对数学的兴趣[1].七种方法可以概括为高中数学知识的解法，即构造函数法，以及高等数学知识的解法，即拉格朗日中值定理.不难看出，利用拉格朗日中值定理来求解此题更为简捷，究其原因，是因为此题的本质内涵就是函数的凹凸性.证法1到证法6，都是通过构造函数，分析所构函数的性质，如单调性、最值等得到证明，只不过构造函数的思路和所构函数的形式有所不同.通过此题也不难看出，利用主元法构造函数来证明双变量不等式问题具有强大的解题功效.

3 加强推广

例1已知函数f(x)=exln(1+x).求证：对任意的s,t>0，都有f(2s)+f(2t)≥2f(s+t).

证明当s=t时，显然不等式等号成立，

当s≠t时，不妨设s>t，将变量s看成未知数，构造关于s的函数，此时t为常数，

h(s)=f(2s)+f(2t)-2f(s+t)，则h′(s)=2f′(2s)-2f′(s+t)=2[f′(2s)-f′(s+t)]， 因为函数f′(x)在x>0上单调递增，又s>t，得到2s>s+t，

所以f′(2s)>f′(s+t)，即h′(s)>0，所以函数h(s)在s>0上单调递增，

又f(0)=0，所以h(s)>h(0)=f(0)+f(2t)-2f(t)=f(2t)-2f(t)，

由对任意的s,t>0，都有f(s+t)>f(s)+f(t)，所以f(2t)>2f(t)，

即h(s)>h(0)>0，所以f(2s)+f(2t)>2f(s+t)，

综上所述，对任意的s,t>0，都有f(2s)+f(2t)≥2f(s+t).

推广已知可导函数f(x)在x>0上为凹函数，满足f(0)≤0，求证：对任意的s,t>0，都有f(s+t)>f(s)+f(t)成立.

证明变量s,t地位等价，不妨将变量s看成未知数，构造关于s的函数，此时t为常数，

h(s)=f(s+t)-f(s)-f(t)，则h′(s)=f′(s+t)-f′(s)，

因为f(x)在x>0上为凹函数，所以f′(x)在x>0上单调递增，

又s,t>0，所以s+t>s，所以f′(s+t)>f′(s)，

即h′(s)>0，所以函数h(s)在s>0上单调递增，

又f(0)≤0，所以h(0)=f(t)-f(0)-f(t)=-f(0)≥0，即h(s)>h(0)≥0，

所以对任意的s,t>0，都有f(s+t)>f(s)+f(t).

评注通过原试题第(3)问的思路1，不难发现此不等式恒成立的关键在于两点，一是函数f(x)在x>0上为凹函数，二是满足f(0)≤0，这样此推广也就可以得到了，其证明思路同思路1一样，都是利用主元法构造函数来证明.

4 教学启示

4.1 注重过程生成教学

数学家米山国藏曾说“在学校学的数学知识，毕业后若没有什么机会去用，一两年后，很快就忘掉了，然而，不管他们从事什么工作，唯有深深铭刻在心中的数学的精神、数学的思维方法、研究方法、推理方法和看问题的着眼点等，却随时随地的发生作用，使他们终生受益.”[2]，使他们终生受益的东西，正是“能够数学地解决问题的东西”，这与数学核心素养的内涵“学生应具备的，能够适应终身发展的和社会发展需要的、具有数学基本特征的思维品格和关键能力”是一致的，这才是数学教学应教给学生的，而过程性、生成性教学正是教给学生这些东西的有效途径.

4.2 把握解题教学本质

数学的学习，解题必不可少，但题目浩如烟海，为此以题海战术来训练学生的解题能力并不可行，甚至会扼杀学生学习数学的兴趣.可见，数学解题教学的教学不应仅关注解题，而是要超脱解题教学本身，教给学生发现和提出问题、分析和解决问题的能力，善于总结解题思路、归纳题目类型，挖掘题目所蕴含的本质，以促进学生思维发展为目的，达到从“一道题”到“一类题”的提高，从数学解题的操作性能力到思维性能力的升华.所谓一题多解、多题一解、一题多变，其教学实质都是为了认识问题的本质、解法的本质以及核心的思维[3].