| 标题 | 2016年高考数学四川卷理科21题的思路发现 |
| 范文 | 李秀萍+赵思林 [摘 要] 关于2016年高考数学四川卷理科21题解法的思路发现，可从直接构造函数（探求并发现a的边界值）、将含x的项与常数分离、分离参数以及高等数学背景等角度着手进行. [关键词] 高考数学；四川卷；思路发现；数学探究 问题是数学的心脏，数学问题解决是解题教学的核心任务. 解决数學问题的关键是解题思路的探索与发现，数学解题思路的发现常常需要敏锐的观察，广泛的联想，大胆的猜想，也需要尝试与预估、经验与顿悟、机遇与灵感. 发现教学（发现学习）是培养创新人才的重要方式，其时机一般出现在数学问题解决的思路的探索与发现上. 2016年高考数学四川卷理科21题第（Ⅱ）问是一个解题思路难以发现的问题.下面对该题的解题思路的探索与发现，从直接构造函数（探求并发现a的边界值）、将含x的项与常数分离、分离参数以及高等数学背景等角度进行一番分析与探究. 2016年高考数学四川卷21题是： 设函数f（x）=ax2-a-lnx，其中a∈R. （Ⅰ）讨论f（x）的单调性； （Ⅱ）确定a的所有可能取值，使得f（x）> -e1-x在区间（1，+∞）内恒成立（e=2.718…为自然对数的底数）. 关于第（Ⅰ）问的思路发现与解答，考生感到不困难. 现只列出其解答： f′（x）=2ax- = （x>0）. 当a≤0时， f′（x）<0，f（x）在（0，+∞）上单调递减. 当a>0时，由f′（x）=0，有x= . 此时，当x∈0， 时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当x∈ ，+∞时，f′（x）>0，f（x）单调递增. 对于第（Ⅱ）问，关键是证明：2ax- + -e1-x>0（x>1）. 这是一个含参数的不等式，左边有1个整式项，2个分式项，还有1个超越项.考生普遍感到这个不等式的证明的思路难以发现. 其原因主要有两个：一是需要预估a的取值范围中的边界值，在放缩过程中需要用到a的边界值，但其边界值不容易发现；二是e1-x< 的放缩不容易想到，为什么这样放缩也弄不清楚.这里最大的困难是，为什么要对e1-x进行放缩，并且用e1-x< 来放缩，这些从“标准答案”是看不出来的. 关于e1-x的放缩，可以通过分析与探究而得到.注意到e1-x是超越函数，它与前面的整式项和分式项都无法合并，从而也无法通过运算判断函数值的符号，因此，需要考虑对其进行放缩.怎样放缩呢？由于e1-x= ，自然想到将 的分母进行放缩，变为多项式结构. 比如，可以考虑 < （x>1），或 < （x>1），这样做的依据是泰勒公式（不必给学生补充）：ex=1+x+ +…+ +…，但是 或 与不等式2ax- + -e1-x>0中的两个分式项仍然不好直接合并，而且如果通分则运算量也较大，所以考虑将 或 变得更简单一些.比如，考虑最简单的情况，尝试并猜想：e1-x< （x>1）.下面探求并待定k的值，两边同乘以x·ex，即ex 思路探究1 直接构造函数（探求并发现a的边界值） 首先证明：e1-x< （x>1）. 事实上，命n（x）=ex-1-x，则当x>1时，有n′（x）=ex-1-1>0，所以n（x）在（1，+∞）上单调递增，从而n（x）>n（1）=0，即ex-1>x，所以e1-x< . 也可以通过构造对数式来证明：e1-x< （x>1）？圳1-x<-lnx？圳p（x）<0，其中p（x）=lnx-x+1（x>1）. 由x>1，得p′（x）= -1<0，所以p（x）单调递减，因此p（x） 最后的工作是证明这个猜想.需分下面三种情况讨论： （1）当a≥ 时，并注意到x∈（1，+∞），则有 g″（x）=2a+ - +e1-x≥1+ - +e1-x= +e1-x>0. 所以当a≥ 时，g′（x）在（1，+∞）上单调递增， 所以g′（x）>g′（1）=2a-1≥0， 因此g（x）在（1，+∞）上单调递增， 从而g（x）>g（1）=0， 故g（x）>0在x∈（1，+∞）上恒成立. （2）当a≤0时，由（I）知，f（x）在（1，+∞）上单调递减，所以f（x） （3）当01，由（Ⅰ）知，f 综合（1）（2）（3），得a∈ ，+∞. 说明：以下不再写出（2）（3）的证明过程. 思路探究2 将含x的项与常数分离 将含x的项全部写在左边，a写在右边，即ax2-lnx- +e1-x>a（x>1）. 令h（x）=ax2-lnx- +e1-x（x>1），观察发现h（1）=a，问题转化为证明： h（x）>h（1）（x>1）. 由于h′（x）=2ax- + -e1-x（x>1），h′（1）=2a-1，令h′（1）≥0，从而可大胆猜想：a的取值范围是a≥ . 下面给出证明：令h（x）=ax2-lnx- +e1-x（x>1），当a≥ 时，2ax>1，并利用前面已证明过的e1-x< （x>1），从而 h′（x）>1- + - =1- 2>0. （注：这是不同于参考答案的巧妙解法.） 所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，从而h（x）>h（1）=a，即ax2-lnx- +e1-x>a在x>1时恒成立，即f（x）> -e1-x在（1，+∞）上恒成立. 故a∈ ，+∞. 顺便指出，用几何画板容易探索出答案.据说，本题是借用几何画板命制的. 思路探究3 高等数学背景之一（用洛必达法则探求并发现a的边界值） a（x2-1）>lnx+ -e1-x（x>1） ？圳a> （x>1）. 令φ（x）= ，则问题变为a>φ（x）（x>1）恒成立，从而只需a大于φ（x）的最大值或上确界. 凭经验，函数φ（x）的最大值或上确界可能在端点x=1处取得. 但此端点x=1不在φ（x）的定义域内，因此，问题可以变为先探求φ（x）在端点x=1处的右极限. φ（x）= = = . 由此可猜想：a≥ . 下面证明： （1）当a= 时，必有 x2- -lnx> -e1-x（x>1）， 即x2-2lnx- +2e1-x-1>0（x>1）. 令h（x）=x2-2lnx- +2e1-x-1（x>1），则 h′（x）=2x- + -2e1-x>2x- + -2· >2- + =21- 2>0， 所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，所以h（x）>h（1）=0. （2）当a> 时，利用（1）的结论，有 ax2-a-lnx=a（x2-1）-lnx> （x2-1）-lnx> -e1-x. （3）当a< 时，同思路探究1.下面都不再赘述. 思路探究4 高等数学背景之二（利用拉格朗日中值定理） 令g（x）=ax2-a-lnx- +e1-x（x>1）. 要证明ax2-a-lnx- +e1-x>0（x>1）（ ）， （？鄢）成立？圳g（x）>0（x>1） （x）>g（1）（x>1） >0（x>1） 存在ξ∈（1，x），使得g′（ξ）>0 g′（ξ）=2aξ- + -e1-ξ>0，ξ∈（1，x） 2a> - + ·e1-ξ，ξ∈（1，x）. 下面計算 - + e1-ξ的最大值或上确界. 方法1： - + e1-ξ< - + · <1- + - =1- ·1- 2<1. 所以2a≥1，即a≥ . 方法2：令 =t，则q（t）=2t2-t3（0 |
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