一道高考导数压轴题的解法探究及背景和推广

刘 冰

(厦门外国语学校石狮分校,福建 厦门 362700)

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

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00,所以h′(x)在(0,1)单调递增,从而h′(x)>h′(0)=0,因此h(x)在(0,1)单调递增,故h(x)>h(0)=0,即x-x2

(2)解法1令1-x2>0,解得-1

若a=0,则f(x)=-ln(1-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f(x)=-ln(1-x2)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,故x=0是f(x)的极小值点,不合题意,所以a≠0.

当a≠0时,令b=|a|>0,因为

f(x)=cosax-ln(1-x2)=cos(|a|x)-ln(1-x2)=cosbx-ln(1-x2),

且f(-x)=cos(-bx)-ln[1-(-x)2]=cosbx-ln(1-x2)=f(x),

即当x∈(0,m)⊆(0,1)时,f′(x)>0,则f(x)在(0,m)上单调递增,结合偶函数的对称性可知,f(x)在(-m,0)上单调递减,所以x=0是f(x)的极小值点,不合题意[1].

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.

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U(x0,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

由定理可得:

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-aln(1-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″(0)=2a-a2;

f‴(0)=0;

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00,0∉S;

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)>0,0∉S;

若a=0,则f(x)=1为常数,0∉S.

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.