一道高考导数压轴题的解法探究及背景和推广
2023-12-19刘冰
刘冰
摘要：文章从不同角度给出2023年高考数学新课标Ⅱ卷导数压轴题第（2）问的多种解法，然后分析其背景，最后再对试题进行推广.
关键词：高考；新课标；导数；背景；推广
中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2023）33-0060-03
2023年高考数学新课标Ⅱ卷的导数压轴题，第（1）问考查的是证明不等式，构造函数即可解决.而第（2）问考查的是已知函数f（x）的极值点，求参数a的取值范围，有一定的难度.其难点主要在于对参数a的讨论以及对极值的判断与取点上.该试题很好地考查了考生的分类讨论思想和数学运算、逻辑推理等素养.
1 真题再现
2023年高考数学新课标Ⅱ卷第22题如下：
（1）证明：当0 （2）已知函数f（x）=cosax-ln（1-x2），若x=0是f（x）的极大值点，求a的取值范围. 2 解法探究 （1）先证：当0 设g（x）=x-sinx，x∈（0，1），则g′（x）=1-cosx>0，所以g（x）在（0，1）单调递增，g（x）>g（0）=0，即sinx 再证：当0 解法1利用x>sinx.设h（x）=x2-x+sinx，x∈（0，1），由x>sinx，得 h′（x）=2x-1+cosx=2x-2sin2x2 >x-2sin2x2=2x2-sin2x2 >2sinx2-sin2x2>0. 所以h（x）在（0，1）单调递增，故h（x）>h（0）=0，即x-x2 解法2两次求导.设h（x）=x2-x+sinx，x∈（0，1），则h′（x）=2x-1-cosx，h″（x）=2-sinx.当0 （2）解法1令1-x2>0，解得-1 若a=0，则fx=-ln1-x2，x∈-1，1， 因为y=-lnu在定义域内单调递减，y=1-x2在-1，0上单调递增，在0，1上单调递减，则 fx=-ln1-x2在-1，0上单调递减，在0，1上单调递增，故x=0是fx的极小值点，不合题意，所以a≠0. 当a≠0时，令b=a>0，因为 fx=cosax-ln1-x2=cosax-ln1-x2=cosbx-ln1-x2， 且f-x=cos-bx-ln1--x2=cosbx-ln1-x2=fx， 所以函数fx在定义域内为偶函数，由题意可得f ′x=-bsinbx-2xx2-1，x∈-1，1. （ⅰ）当0 由（1）可得f ′x=-bsinbx-2xx2-1>-b2x-2xx2-1=xb2x2+2-b21-x2， 且b2x2>0，2-b2≥0，1-x2>0，所以f ′x>xb2x2+2-b21-x2>0， 即当x∈0，m0，1时，f ′x>0，则fx在0，m上单调递增，结合偶函数的对称性可知，fx在-m，0上单调递减，所以x=0是fx的极小值点，不合题意［1］. （ⅱ）当b2>2时，取x∈0，1b0，1，则bx∈0，1. 由（1）可得f ′x=-bsinbx-2xx2-1<-b（bx-b2x2）-2xx2-1=x1-x2（-b3x3+b2x2+b3x+2-b2）， 设hx=-b3x3+b2x2+b3x+2-b2，x∈0，1b， 则h′x=-3b3x2+2b2x+b3，x∈0，1b，且 h′0=b3>0，h′1b=b3-b>0，则h′x>0对x∈0，1b恒成立. 可知hx在0，1b上单调递增，且h0=2-b2<0，h1b=2>0，所以hx在0，1b内存在唯一的零点n∈0，1b，当x∈0，n时，则hx<0，且x>0，1-x2>0， 则f ′x 综上，b2>2，即a2>2，解得a>2或a<-2. 故a的取值范围为-∞，-2∪2，+∞. 解法2由f（x）=cosax-ln1-x2可得，f ′（x）=-asinax+2x1-x2，求二阶导数f ″（x）=-a2cosax+21+x21-x22， 则f ′（0）=0，f ″（0）=-a2+2. 因为x=0是f（x）的极大值，由函数的连续性，我们知道还需满足在x=0的左侧附近，f ′（x）>0，在x=0的右侧附近，f ′（x）<0.由题意易得，f（x）是关于x的偶函数，也是关于a的偶函数， 因此只需要关注x∈（0，1），a>0的情况. ①当f ″0=-a2+2>0，即0 因为φ（x）=-a2+21-x2在0，x0上单调递增，则φx>φ0=2-a2>0，所以在0，x0上，f ′（x）>0，与x=0是f（x）的极大值矛盾， 舍去. ②当f ″（0）=-a2+2<0，即a>2时，x0∈0，1a，使ax0∈（0，1），在x∈0，x0时，ax∈（0，1），由第（1）问可知sinax>ax-（ax）2，所以f ′（x）=-asinax+2x1-x<-a2x+a3x2+2x1-x2=x-a2+a3x+21-x2. 因为g（x）=-a2+a3x+21-x2在0，x0上单调递增，则g（x）min=g（0）=-a2+2<0， 所以存在x1∈0，x0，f ′（x）<0， 符合题意. 综上，由是关于的偶函数知a>2或a<-2. 3 背景分析 本题的高数背景是极值的第二充分条件和第三充分条件.合并后即是如下定理. 定理设函数f（x）在Ux0，δ内n阶可导，且 f ′x0=f ″x0=…=f（n-1）x0=0，f（n）x0≠0，则 （1）当n为奇数时，f（x）在点x0不取极值； （2）当n为偶数且f（n）x0>0时，f（x）在x0取极小值； （3）当n为偶数且f（n）x0<0时，f（x）在x0取极大值. 利用定理，可得到本题的另一解法. 解法3S表示f（x）的极大值点的集合，则 f ′（x）=-asinax+2x1-x2=-asinax+11-x-11+x，f ′（0）=0; f ″（x）=-a2cosax+1（1-x）2+1（1+x）2，f ″（0）=2-a2; f （x）=a3sinax+2（1-x）3-2（1+x）3，f （0）=0; f（4）（x）=a4cosax+6（1-x）4+6（1+x）4，f（4）（0）=a4+12. 由定理可得： 若-2 若a>2或a<-2，则f ′（0）=0，f ″（0）<0，0∈S； 若a=±2，则f ′（0）=f ″（0）=f （0）=0，f（4）（0）>0，0S. 综上，a的取值范围为（-∞，-2）∪（2，+∞）. 4 试题推广 本题还可以作如下推广 . （1）证明：当0 （2）已知函数f（x）=cosax-aln1-x2，若x=0是f（x）的极大值点，求a的取值范围［2］. 解（1） 略. （2）显然f（x）的定义域是I=（-1，1）.易见x∈I时 f ′（x）=-asinax+a1-x-a1+x，f ′（0）=0; f ″（x）=-a2cosax+a（1-x）2+a（1+x）2， f ″（0）=2a-a2; f （x）=a3sinax+2a（1-x）3-2a（1+x）3， f （0）=0; f（4）（x）=a4cosax+6a（1-x）4+6a（1+x）4， f（4）（0）=a4+12a. 设S表示f（x） 的极大值点的集合. 由定理可得： 若0 若a<0或a>2，则f ′（0）=0，f ″（0）<0，0∈S； 若a=2，则f ′（0）=f ″（0）=f （0）=0，f（4）（0）>0，0S； 若a=0，则f（x）=1为常数，0S. 综上，a的取值范围为（-∞，0）∪（2，+∞）. 试题以三角函数、对数函数为背景.三角函数的导数是中学数学教学的重点与难点.试题巧妙地将三角函数与对数函数相结合，讨论函数的极值问题，具有一定的综合性.试题的高等数学背景是极值的第三充分条件，起点高，但落点低，设计新颖，紧扣课程标准.通过第（1）问铺设好的不等式，给第（2）问的证明提高了思路，降低了思维强度. 参考文献： ［1］ 刘品德，李义仁.函数奇偶性的应用[J].数学通讯，2015（Z4）：10-11. ［责任编辑：李璟］
