2018年一道高考数学压轴题的思路发现*

☉内江师范学院数学与信息科学学院 赵思林

☉内江师范学院数学与信息科学学院 陈香君

2018年高考数学全国卷Ⅲ理科第21题，是一道涉及超越函数、函数单调性、导数和不等式的好题，该题以数学核心素养、数学探究和创新意识立意.第（1）问借助于导数讨论函数的单调性就可以解决.第（2）问的解题思路作了重点分析与探究.

1.2018年高考数学全国卷Ⅲ理科第21题及简评

题目 （2018年高考数学全国卷Ⅲ理科第21题）已知函数f（x）=（2+x+ax2）ln（x+1）-2x.

（1）若a=0，证明：当-1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0.

（2）若x=0是f（x）的极大值点，求a.

该题是以超越函数y=ln（1+x）、函数单调性、导数和不等式等知识为载体，是一道以数学核心素养、数学探究和创新意识立意的好题.该题的压轴效果特别显著，实现了“一题当关，万人莫解”的命题意图.第（1）问比较常规但也需用到二阶导数，对中等生不会有太大困难，对于基础比较差的考生只要会求一阶导数得到1、2分也不成问题.所以，第（1）问的设计体现了人文关怀.但第（2）问的难度特别大，以S省近27万理科考生为例，该省仅10人答对，足见此题对数学尖子生数学素养的挑战性.第（2）问含有高等数学背景.一些高中教师认为，本题所给“标准答案”应用了考生不熟悉的高等数学知识，不太容易懂.

我们认为，本题是一道深含高等数学背景、突出考查数学探究和数学创新思维的好题，但命题组给出的“标准答案”似有探讨和改进之必要.说本题是一道好题，有下面几点理由：一是第（1）问的设计中规中矩，其解法属于通性通法，只要会求导数并且敢做，得1、2分是不难的；二是第（2）问虽然很难，但可以从第（1）问的解法获得启示或灵感；三是第（2）问具有原创性，显然教师都没有教过、学生也都没有做过，这对全体考生是公平的；四是第（2）问以数学核心素养和创新意识立意，数学核心素养体现在面对新的具有挑战性数学问题时要敢想、会算、敢猜、会证、善用、敢创新等方面.本题的解答没有现成套路和既定方法，甚至也不知道从何处下手，这就需要考生具有强烈的创新意识，并能够对已有知识经验进行重组、推广、创新.

2.第（1）问的解答

当a=0时，f（x）=（2+x）ln（x+1）-2x，f′（x）=ln（1+x）-

当-1＜x＜0时，g′（x）＜0；当x＞0时，g′（x）＞0.故当x＞-1时，g（x）≥g（0）=0，且仅当x=0时，g（x）=0，从而f′（x）≥0，且仅当x=0时，f′（x）=0，所以f（x）在（-1，+∞）单调递增.

又f（0）=0，故当-1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0.

3.第（2）问的思路发现与探究

思路发现1：由于x=0是f（x）的极大值点，一般会想到求导，通过判断导函数f′（x）在x=0的左、右两侧充分小的范围内的正负号，来判断函数f（x）的单调性.

由第（1）问的结论知，a≥0不满足第（2）问的条件.

所以，下面只考虑a＜0的情况.

易知，f′（0）=0，f′（x）在x=0的左、右两侧充分小的范围内的符号难以判断.又由于在x=0的左、右两侧充分小的范围内，可以假定x+1＞0.因此，只需研究f′（x）通分后的分子的符号，这样做的目的是为了减少运算.

因为a＜0，所以1-2a＞0，所以h″（x）单调递减.

猜想的证明留到后面.

思路发现2：因为f（0）=0，所以“x=0是f（x）的极大值点”等价于“f（x）＜0在x=0的左、右两侧充分小的范围内（如x∈（-ε，0）∪（0，ε）） 恒成立，其中ε是充分小的正数”，即当x∈（-ε，ε）时，函数f（x）在x=0处取得最大值.欲求a的值，可考虑分离参数法.

当x∈（-ε，0）∪（0，ε）时，可以断定2+x+ax2＞0.

由此，只需证明：x=0是g（x）的极大值点.

若6a+1≠0，当x∈（-ε，0）∪（0，ε）时，其中ε是充分小的正数，g′（x）的近似值可以取从而可以断定g′（x）的符号保持不变.因此，x=0不是g（x）的极大值点.这与题设矛盾.

当x∈（-ε，0）时，g′（x）＞0；当x∈（0，ε）时，g′（x）＜0.

所以x=0是g（x）的极大值点.故x=0是f（x）的极大值点.

点评：此方法实质上是“标准答案”的一个改进.在这里充分应用了极大值的定义和近似值的估计.当x→0在计算（估计）g′（x）的近似值时可以忽略不计，也就是说，当x→0时，此式对g′（x）的符号的影响可以不予考虑.

思路发现3：按照“估算—猜想—证明”的思路.先考虑使用函数ln（1+x）的麦克劳林公式来估算，然后提出猜想，最后给出证明.对函数f（x）本身作估算.

当x→0时，f（x）≈（2+x+ax2）x-2x=ax3+x2（a≠0）是一个三次函数，x=0不是f（x）的极大值点.

所以，取ln（1+x）≈x（当x→0）不能满足题设的条件.此尝试失败，需要继续尝试.

所以，此尝试也失败了，需要继续尝试.

说明：当x→0时，-2ax3是因此，在对f′（x）的值的符号进行估计时，-2ax3可以不予考虑.

此时，x=0不会是f（x）的极大值点.

此时，x=0有可能是f（x）的极大值点.

方法1：直接对f（x）求几次导数.为便于学生理解，可以引入辅助函数，如采用f′（x）=p（x），p′（x）=q（x），q′（x）=r（x）等符号.但为了简便，本文直接采用二阶、三阶导数的符号.

在x=0处的左、右两侧充分小的范围内，f′（x）的符号难以判断.因此，可以考虑再求一次导数看看.

在x=0处的左、右两侧充分小的范围内，f″（x）的符号仍难以判断.因此，仍考虑再求一次导数看看.

设ε是充分小的正数，于是有：

①当x∈（-ε，0）时，有f‴（x）＞0⇒f″（x）在（-ε，0）上单调递增⇒f″（x）＜f″（0）=0⇒f′（x）在（-ε，0）上单调递减⇒f′（x）＞f′（0）=0⇒f（x）在（-ε，0）上单调递增⇒f（x）＜f（0）=0.

②当x∈（0，ε）时，有f‴（x）＜0⇒f″（x）在（0，ε）上单调递减⇒f″（x）＜f″（0）=0⇒f′（x）在（0，ε）上单调递减⇒f′（x）＜f′（0）=0⇒f（x）在（0，ε）上单调递减⇒f（x）＜f（0）=0.

综上，对于充分小的正数ε，当x∈（-ε，0）∪（0，ε）时，恒有f（x）＜0，又f（0）=0，所以x=0是f（x）的极大值点.

点评：本思路发现按照“估算—猜想—证明”的思路进行，这正是发现（创造）数学的一种基本方法.本题的本质是不等式其中ε是充分小的正数.本题的p（x）很可能就是从ln（x+出发反向构造出来的.这是高考命题常用的基本方法.

思路发现4：不对函数f（x）本身作估算，而是对f（x）的一阶、二阶导数等作估算.

由第（1）问的结论知，a=0不符合第（2）问的条件.所以a≠0.

首先，考虑f（x）的一阶导函数在x=0处附近的左、右两侧充分小的范围内的符号.

当x→0时，1+x→1，ax2-x≈-x，用ln（1+x）≈x对f′（x）

在x=0处的左、右两侧充分小的范围内，2ax2不变号，即f′（x）不变号.这表明，无法判断x=0是f（x）的极大值点.

所以，用ln（1+x）≈x对f′（x）的近似值作估计，失败.

然后，考虑f（x）的二阶导函数在x=0处的左、右两侧充分小的范围内的符号.

当6a+1≠0时，在x=0处的左、右两侧充分小的范围内，（6a+1）x变号，即f″（x）变号.从而，x=0可能是f′（x）的极值点.

猜想的证明可以仿思路发现2和思路发现3.

本题的其他解法和高等数学背景，也值得探究.H