郑 良

(合肥市第四中学，安徽 合肥 230000)

2022年全国数学高考乙卷理科(下文简称为全国乙卷)第21题考查函数与导数的综合.第1)小题求具体函数在某点处的切线方程，难度不大.第2)小题难度中等偏上计算量大，相比判断函数零点的个数或已知函数零点个数求参数的取值范围，本题稳中求变、变中有新，创新点为两个零点在给定的区间上,考查了数形结合、分类讨论等思想方法.

例1已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x.

1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

2)若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．

(2022年全国数学高考乙卷理科试题第21题)

下面仅对第2)小题进行分析.

设g(x)=ex+a(1-x2)，则g′(x)=ex-2ax.

当a≥0时，若x∈(-1,0)，则

g(x)=ex+a(1-x2)>0，

即

f ′(x)>0，

从而f(x)在(-1,0)上单调递增,于是

f(x)

因此f(x)在(-1,0)上没有零点，不合题意.

当-1≤a<0时，若x∈(0,+∞)，则

g′(x)=ex-2ax>0，

从而g(x)在(0,+∞)上单调递增，于是

g(x)>g(0)=1+a≥0，

即

f ′(x)>0，

因此f(x)在(0,+∞)上单调递增，即

f(x)>f(0)=0，

故f(x)在(0,+∞)上没有零点，不合题意.

当a<-1时，

①若x∈(0,+∞)，则

g′(x)=ex-2ax>0，

从而g(x)在(0,+∞)上单调递增，于是

g(0)=1+a<0， g(1)=e>0，

因此存在x1∈(0,1)，使得g(x1)=0，即

f ′(x1)=0.

当x∈(0,x1)时,f ′(x)<0，从而f(x)在(0，x1)上单调递减；
当x∈(x1,+∞)时，f ′(x)>0，从而f(x)在(x1,+∞)上单调递增.

根据常用不等式et≥t+1(当且仅当t=0时,等号成立)，得

ee-a-e-a>1，

从而

于是f(x)在(x1,+∞)上有唯一零点.又f(x)在(0,x1)上没有零点，即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.

②若x∈(-1,0)，设h(x)=g′(x)，得

h′(x)=ex-2a>0，

从而g′(x)在(-1,0)上单调递增，又

因此存在x2∈(-1,0)，使得

g′(x2)=0.

当x∈(-1,x2)时，g′(x)<0，从而g(x)在(-1,x2)上单调递减；
当x∈(x2,0)时，g′(x)>0，从而g(x)在(x2,0)上单调递增，因此

g(x2)

g(x3)=0，

即

f ′(x3)=0，

于是f(x)在(-1,x3)上单调递增，在(x3,0)上单调递减.

f(-1+e3a)<0, f(0)=0.

因此当x∈(x3,0)时，f(x)>0，即f(x)在(-1,x3)上有唯一零点，在(x3,0)上无零点，亦即f(x)在(-1,0)上有唯一零点.故a<-1，符合题意.

综上所述，所求实数a的取值范围为(-∞,-1).

解法2函数y=f(x)的定义域为(-1,+∞)，f(0)=0.

当a≥0时，若x>0，则

从而

f(x)>0，

于是f(x)在(0,+∞)上无零点，不合题意.

当a<0时，

设φ(x)=1+ae-x(1-x2)，则

当-1≤a<0时，若x∈[0,1]，则φ′(0)>0，φ(x)在[0,1]上单调递增，从而

φ(x)≥φ(0)=1+a≥0.

若x∈(1,+∞)，由于e-x>0，a(1-x2)>0，从而

φ(x)=1+ae-x(1-x2)>1.

故当x>0时，都有φ(x)>0，则f ′(x)>0，即f(x)在(0,+∞)上单调递增，因此对任意x>0，f(x)>f(0)=0.故f(x)在(0,+∞)内不存在零点，不合题意.

当a<-1时，

①若x∈(0,+∞)，由

φ(0)=1+a<0， φ(1)=1>0，

e-x>0， a(1-x2)≥0，

从而

φ(x)=1+ae-x(1-x2)>1，

即

f ′(x)>0，

于是f(x)在(0,x4)上单调递减，在(x4,+∞)上单调递增.由f(0)=0知对任意x∈(0,x4)，都有f(x)<0，故f(x4)<0.又因为当x→+∞时，

ln(x+1)→+∞， axe-x→0，

所以f(x)→+∞，故f(x)在区间(x4,+∞)上存在零点，有且仅有一个，即函数f(x)在(0,+∞)内恰有一个零点.

②当x∈(-1,0)时，

又φ(-1)=1>0，从而存在x5∈(-1,0)满足φ(x5)=0，且对任意x∈(-1,x5)，都有

φ(x)>φ(x5)=0，

即

f ′(x)>0；

对任意x∈(x5,0)，都有

φ(x)<0，

即

f ′(x)<0，

因此f(x)在(-1,x5)上单调递增，在(x5，0)上单调递减.

又f(0)=0，则

f(x5)>0，

当x→-1时，f(x)→-∞，因此f(x)在区间(-∞,0)上恰有一个零点.

综上所述，所求实数a的取值范围为(-∞,-1).

解法3f(0)=0,当x≠0时，令f(x)=0，得

故f(x)在区间(-1,0)，(0,+∞)内各恰有一个零点，实数a的取值范围是(-∞,-1).

解法4f(x)在(-1,0),(0,+∞)内各恰有一个零点问题等价于直线y=ax与函数m(x)=-exln(x+1)在(-1,0),(0,+∞)内各恰有一个公共点.

从而n(x)在(-1,+∞)上单调递增，又

r(x)≥r(0)=1，

即m′(x)<0.因此，函数m(x)在(-1,+∞)上单调递减.且当x→-1时，m(x)→+∞，m′(0)=-1.

结合图像可知所求实数a的取值范围为(-∞,-1).

评注否定一个命题只需举出一个反例，而肯定一个命题必须要证明.解法1与解法2均为函数最值法，一般是求含参数不等式恒成立、存在性、恰成立中参数取值范围的通性通法，关键是对参数a合理地分类讨论.

由于函数的零点、含参数不等式恒成立等问题是高考的重点与热点内容，因此教师在课堂教学中讲授较多，解法大同小异.限于篇幅，下面仅呈现一个例题.

例2已知函数f(x)=ex+ax2-x.

1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；

(2020年全国数学高考课标卷Ⅰ理科试题第21题)

下面仅对第2)小题进行分析：

且g(0)=1.下略.

令m(x)=x2+2x+2-2ex(其中x≥0),则

m′(x)=2(x+1-ex)，

令n(x)=x+1-ex，则

n′(x)=1-ex，

令n′(x)=0，解得x=0，故函数n(x)在[0,+∞)上单调递减，从而

n(x)≤n(0)=0，

即

m′(x)≤0，

故函数m(x)在[0,+∞)上单调递减，从而

m(x)≤m(0)=0.

令h′(x)>0，得0令h′(x)<0，得x>2，则函数h(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减，从而

分析3由题意，当x≥0时，

当x=0时，a∈R.

当x>0时，

记q(x)=x3-(x2-2x+2)ex+2(其中x≥0)，则

q′(x)=x2(3-ex)，

从而q(x)在(0,ln 3)上单调递增，在(ln 3,+∞)上单调递减.

记r(x)=ex-x2-x-1(其中x≥0)，则

r′(x)=ex-2x-1，

r″(x)=ex-2.

令r″(x)=0，得x=ln 2,从而r′(x)在(0,ln 2)上单调递减，在(ln 2,+∞)上单调递增，且

r′(0)=0，r′(ln 3)=2(1-ln 3)<0，

代入(0,0),整理得

分析4由题意，当x≥0时，

t″(x)=ex-3x+2a.

由t(0)=0，t(x)≥0恒成立，知存在x1>0，使得函数t(x)在x2∈[0,x1]上为不减函数，则t′(x)≥0在[0,x1]上恒成立.

又t′(0)=0，因此存在x2∈[0,x1]使得函数t(x)在[0,x2]上为不减函数，则

t″(0)=1+2a≥0，

评注分析1(命题组提供的参考答案)将原不等式等价变形为g(x)≤1，g′(x)的零点易求.分析2为分离参数法，需要分类讨论，转化为求h(x)在(0,+∞)上的最大值.分析3为图像法，需要分类讨论，转化为y=ax与y=p(x)的图像问题，需要探究p(x)的单调性与凹凸性.分析4为必要性策略，注意到端点值t(0)=0，先探求结论成立的必要条件，然后在必要条件中筛选.若寻找的必要条件与最终的结果相同，直接验证即可.

4.1 理解解法本质，明晰困境突破

以含参数不等式恒成立求参数取值范围为例，参数的取值范围是恰成立问题.

1)函数最值法就是判断函数的单调性得到函数的图像.难点在于分类讨论标准的确定，往往因为情况较多甚至出现多级分类而繁杂，体现了“化整为零，各个击破，再聚零为整”.因此，我们要明确目标方向，找准定点、定值，确定合适的分类讨论标准，不宜分类过细.

2)分离参数法的前提是方程或不等式能分离参数，是化归与转化思想的体现.问题转化为研究分离参数后得到的新函数的图像与性质，由于y=a为水平直线，故不涉及函数的凹凸性.难点在于分离参数时可能需要分类讨论，没有体现出分离参数法的优势；
还可能已经判断出函数的单调性，但函数在端点处没有意义，需要用到洛比达法则等.

(当f(x)=0时，单独讨论)，则

显然h′(x)与φ′(x)符号相反，若h′(x)有零点，则φ′(x)与h′(x)的零点相同.

3)图像法是将问题转化为两个函数的大小关系(图像的上下位置关系).若两个函数的凹凸性相反，则它们图像的位置相对精确；
若两个函数的凹凸性相同，则它们图像的相对关系不易辨识.一般将问题转化为一次函数与新函数的关系，需要涉及函数的凹凸性.

我们一定要关注解题过程中的逻辑，常见3种求法：①直接求充要条件，如无需讨论的分离参数法；
②先利用特殊与一般的关系探寻结论的必要条件，压缩参数的范围，再核验其充分性，如对自变量的区间进行划分，分别求出参数的范围(均为结论的必要条件)，(交集)整合后得到结论；
③先充分后必要，先发现满足条件的参数的范围，再说明不在此范围内的数不满足条件来验证必要性,如函数最值法先找出满足条件的各个充分条件，(并集)整合后得到结论.

4.2 强化理性思维，提高运算能力

当前教与学中有教师与学生对导数(和解析几何)解答题最后一小题直接放弃的现象.由于最后一小题可能难度不大但过程烦琐，也可能具有深刻而难以挖掘的背景等特点，使得学生即使通过努力也很难得到理想的分数.久而久之，学生遇到该类问题甚至不(认真)审题而选择直接放弃.数学是思维的科学，数学教学是数学思维活动的教学.学习即生活，即如果说生活就是人的茁壮成长和健康发展，那么学习和接受教育的过程其实就是人的生活的重建过程，未战先怯、不战而逃绝不是生活的态度与方式.

无论哪种解法都离不开大量的运算.那么，如何提高学生的运算能力呢？①厚实的积累.一些常见的数据计算、公式的变形等都需要我们平时的理解与识记.②创新之路源自准确的重复.启功先生说过：什么是功夫？功夫就是准确的重复.学生经常运算(不同于单纯地计算)往往能沉下心来，增加耐性，更会减少解题中的卡顿现象，提高变通能力.解法1中确定各零点所在的有穷区间(指区间的端点不含有-∞和+∞的区间)[1]，需要学生对零点所在区间端点明方向(比某参照数大还是小，零点用常数还是用参数表示)、定大小(通过函数值的符号确定端点的值).对学生分析问题、解决问题的能力要求更高，突出考查学生的理性思维与综合素养.

4.3 促进学生领悟，提高思辨能力

很多教师教学内容充斥课堂、讲解照本宣科，多数学生应接不暇、理解浅尝辄止.首先教师要对问题进行深刻的理解，才能够做好必要的铺垫和及时的应对.其次教师还要以合适的方式进行教学.教师理解不代表学生理解；
教师讲授不代表学生就能接受；
教师不是传话筒，也不是复印机，学生不是知识的容器，更不是一张白纸.因此，教师要设置合适的情境，让学生在情境中感知、感悟、理解，最后师生在持续理解中提升.学习与理解是循序渐进的过程，只有持续地跟进，理解才会逐步得到深化与提升.

那么，如何促进学生领悟、提高学生的思辨能力？首先教师的理解要准确.教师要审慎面对自己的理解，要辨别每个细节.若教师犯(隐藏的)错而不自知，将其传授给学生，则会影响一批学生.其次教师要示范更要注重纠错.解答题主要考查学生思维的严谨性和表达的规范性.当前课堂教学中教师示范居多，夸赞的多；
纠错偏少且不够彻底，几乎没有批评.教师不指出学生的错误，学生可能将其逐渐传播.最后教师要让学生及时纠正错误.除了课堂教学，教师发现学生错误最多的是在检测卷中体现.当前阅卷基本上采用踩点给分，其实质是注重结果而忽视过程，导致学生大量的错误未被发现，即使教师发现错误往往也只是象征性的扣分.阅卷应该严格要求，及时记录学生的错误，然后梳理总结，在课堂上及时反馈并查缺补漏，让学生知道每个细节都不能马虎.分数偏高让学生误以为解答正确，错误若没有得到及时反馈则不利于学生改正，力争实现“教、学、评”的一致性.

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