挖掘題目價值 發展學生思維

欒功

[摘? ?要]高考試題凝聚了命題專家的智慧，深入挖掘高考題目的教學價值，對發展學生思維，提高學生的解題能力有實際意義.

[關鍵詞]高考;題目;價值;挖掘;思維

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2021）20-0001-04

高三復習課中經常遇到高考真題的講評，那么如何深入挖掘這些題目的價值，深度發展學生數學思維呢？筆者以2019年高考全國Ⅲ卷理科第20題的探究為例，和一線教師交流探討.

一、真題溯源

題目：已知函數[f（x）=2x3-ax2+b].

（1）討論[f（x）]的單調性;

（2）是否存在[a]，[b]，使得[f（x）]在區間[0，1]的最小值為[-1]且最大值為1？若存在，求出[a]，[b]的所有值;若不存在，說明理由.

題源1： 湘教版普通高中課程標準實驗教科書數學選修2-2第45頁習題8第3題：

設函數[fx=ax3-3ax2+ba>0]在區間[1， 4]上有最大值[23]，最小值[3]，求[a]，[b]的值.

題源2： 高等學校教材《數學分析講義（第五版上冊）》第285頁：

若函數[fx]在閉區間[a， b]連續，在開區間[a， b]內可導，且[x1]，[x2]，…，[xn]是函數[fx]在開區間[a，b]內的所有駐點，則函數值[（[n+2]）個數][fa]，[fx1]，[fx2]，…，[fxn]，[fb]中最小者就是函數[fx]的最小值，最大者就是函數[fx]的最大值.由此可見，求可導函數的最值就歸結為求可導函數在駐點及區間端點函數值中的最值.

評注：第（1）問考查含參多項式函數的單調性.因為導函數含有參數，所以需要對參數分類討論，這對考生嚴密的邏輯推理能力和掌握的數學思想方法都有一定的要求.第（2）問以更為開放的形式呈現，討論閉區間上的最值問題，考生既可以借助第（1）問所得函數[fx]的單調性，結合題設解決問題，也可以根據函數[fx]在閉區間[0，1]上的特征和最值的求解原理解決問題.試題從多角度考查考生利用導數研究函數性質的方法，綜合考查考生的邏輯推理能力、運算能力和分類討論的思想.試題命制的原型來源于教材，同時又兼具高等數學的背景知識，一方面引導中學教學注重四基的落實，另一方面也為學生在大學繼續深入學習打下堅實的基礎.

二、解法探究

（1）解法1. [fx=6x2-2ax=2x3x-a].令[fx=0]，得[x=0]或[x=a3].

若[a=0]， [fx]在[-∞，+∞]上單調遞增;

若[a>0]，則當[x∈-∞， 0?a3，+∞]時，[fx>0];當[0，a3]時，[fx<0]，故[fx]在[-∞， 0]和[a3，+∞]上單調遞增，在[0，a3]上單調遞減;

若[a<0]，則當[x∈-∞，a3?0，+∞]時，[fx>0];當[a3，0]時，[fx<0]，故[fx]在[-∞，a3]和[0，+∞]上單調遞增，在[a3，0]上單調遞減.

解法2. [fx=6x2-2ax=2x3x-a]，

令[fx=2x3x-a≥0]，則不等式解集為[a=0，x∈R，]或[a>0，x≤0或x≥a3，]或[a<0，x≤a3或x≥0.]

令[fx=2x3x-a<0]，則不等式解集為[a=0，x∈?，]或[a>0，0

綜上所述，①[a=0]時，[fx]的遞增區間為[-∞，+∞];②[a>0]時，[fx]的遞增區間為[-∞，0]，[a3，+∞]，遞減區間為[0，a3];③[a<0]時，[fx]的遞增區間為[-∞，a3]，[0，+∞]，遞減區間為[a3，0].

評注：第（1）問要求討論函數的單調性.從解法來看，解法1依據兩根的大小分類討論，是絕大多數考生習慣的作答方式;解法2從不等式解集的基本原理入手，別具一格.像這樣涉及含參函數單調性的討論，需要依據參數對導數正負的影響進行分類討論，要求不重不漏，是培養學生思維嚴密性的有效載體.

（2）解法1.滿足題意的[a]，[b]存在.

（ⅰ）當[a≤0]時，由（1）知[fx]在[0，1]上單調遞增，所以當[x∈0，1]時，[fxmin=f0=b=-1]，[fxmax=f1=2-a+b=1]，解得[a=0]，[b=-1].

（ⅱ）當[0

若[-a327+b=-1]，[b=1]，則[a=23]，與[0

（ⅲ）當[a≥3]時，由（1）知[fx]在[0，1]上單調遞減，所以當[x∈0，1]時，[fxmax=f0=b=1]，

[fxmin=f1=2-a+b=-1]，解得[a=4]，[b=1].

綜上，當[a=0]，[b=-1]或[a=4]，[b=1]時，[fx]在[0，1]的最小值為[-1]，最大值為[1].

解法2.滿足題意的[a，b]存在.

因為[fx]在[0，1]的最小值為[-1]，最大值為[1]，所以[-1≤f0≤1]，[-1≤f1≤1]，即[-1≤b≤1]，[-1≤2-a+b≤1]，解得[0≤a≤4].

（ⅰ）當[3≤a≤4]時，由（1）知[fx]在[0， 1]上單調遞減，所以當[x∈0， 1]時， [fxmax=f0=b=1]，

[fxmin=f1=2-a+b=-1]，解得[a=4]，[b=1].

（ⅱ）[0≤a<3]時，由（1）知[fx]在[0，1]的最小值為[fa3=-a327+b]，最大值為[b]或[2-a+b].

所以由題意知[-a327+b=-1]，即[b=a327-1]，而且此時[b=a327-1<0]，因此[2-a+b=1]，解得[a=0]，[b=-1].

綜上，當[a=0]，[b=-1]或[a=4]，[b=1]時，[fx]在[0，1]的最小值為[-1]，最大值為[1].

解法3.滿足題意的[a]，[b]存在.

因為函數[fx]在[0，1]連續，在[0，1]可導，所以[fx]的最值必在區間端點或平穩點處取得.

（ⅰ）當[a≤0]或[a≥3]時，由（1）知[fx]在[0，1]沒有平穩點，所以[fx]在[0，1]的最值必在區間端點處取得，又[f0=b]，[f1=2-a+b]，所以[f0-f1=2]，解得[a=0]或[a=4]，從而[a=0]時[b=-1]，[a=4]時[b=1].

（ⅱ）當[0

由于[fa3-f0=a327<2]，[f1-f0=2-a<2]，[fa3-f1=-a327+a-2<2]，

綜上，當[a=0， b=-1]或[a=4， b=1]時，[fx]在[0，1]的最小值為[-1]，最大值為[1].

評注： 解法1是在第（1）問的基礎上依據函數單調性逐段求解滿足條件的[a]，[b]的值，也是解決此類問題的通法;解法2從最大值和最小值的概念入手縮小參數[a]的范圍，再依據函數[fx]在區間[0，1]上的單調性求解參數[a]，[b]的值，有利于考生進一步深入探究相關問題（見變式2）;解法3從高等數學背景入手，因函數[fx]在區間[0，1]上的特征可知，其最值必在駐點或區間的端點處取得，解法簡練有高度.

三、變式拓展

美國著名數學家波利亞在《怎樣解題》中說道：“在我們工作結束時，當我們得到了解答以后，我們對題目的概念要比一開始更加豐富，更加充分.由于我們期待將對于題目最初的概念進展到一個更加充分、更加適合的概念，我們嘗試不同的立場，從不同的方面來觀察題目.”同時，問題又是數學思維的載體和驅動力.由此可見，解題后的反思與變式研究對于激活學生思維，提升學生能力都非常必要.下面從改變問題的提問方式、改變問題的知識背景、改變問題的提問角度等方面對試題展開變式研究.

1.改變提問方式

變式1： 若[fx]在[-1， 1]上是單調函數，求[a]的值.

解：[fx=2x3-ax2+b]，則[fx=6x2-2ax=6xx-a3]，令[fx=0]，解得[x1=0]，[x2=a3].

（ⅰ） [a=0]時，[fx=6x2≥0]，[fx]在[R]上單調，則在[-1，1]上單調.

（ⅱ）[a>0]時，[fx]在[-1，0]上單調遞增，[0，a3]上單調遞減，則[fx]在[-1，1]上不是單調函數，不合題意.

（ⅲ）[a<0]時，[fx]在[a3，0]上單調遞減，在[0，1]上單調遞增，則[fx]在[-1，1]上不是單調函數，不合題意.

綜上，[a=0].

變式2： 若對[x∈0，1]，[fx≤1]恒成立，求[f12]的取值范圍.

解：以導函數[fx]的兩個零點為界點討論.

（ⅰ） [a=0]時，[f（x）=2x3+b]在[0，1]上單調遞增，則對[x∈0，1]，[f（x）≤1]恒成立[? f（0）≤1， f（1）≤1;]

（ⅱ）[0

（ⅲ）[a≥3]時，[a3≥1]，[f（x）]在[0，a3]上單調遞減，則在[0，1]上單調遞減，則對[x∈0，1]，[f（x）≤1]恒成立[? f（0）≤1， f（1）≤1;]

（ⅳ）[a<0]時，[f（x）]在[0，1]上單調遞增，則對[x∈0，1]，[f（x）≤1]恒成立[? f（0）≤1， f（1）≤1;]

綜上，對[x∈0，1]，[f（x）≤1]恒成立[? f（0）≤1， f（1）≤1，?b≤1，b≤a-1.]

在平面直角坐標系[aOb]中作出不等式組[b≤1，b≤a-1]表示的可行域如圖1，

設[f12=14-14a+b=z]，則[b=14a+z-14]，

當直線[b=14a+z-14]經過點[A2，1]時截距

[z-14]最大，即[z]最大，

所以[f12max=14-14×2+1=34];

當直線[b=14a+z-14]向[y]軸負方向無限平移時，截距[z-14→-∞]，所以[f12]的取值范圍為[-∞，34 ].

評注：變式1、2是對試題原來的問題換一個提問方式，變換學生思維模式.原題第（1）問還可以改變為“求[fx]的極值點”“若[fx]在[-1，1]上不單調，求[a]的范圍”.都是考查函數[fx]的單調性，考查的基本原理都是相同的.變式2在原題的基礎上減少了一個條件，從而不能準確求解出[a]，[b]的值.但是恰好因為減少了一個條件，問題非常精彩地和線性規劃交匯在一起，這樣的變式對培養學生提出問題、分析問題和解決問題的能力大有裨益.

2.改變問題背景

變式3：已知函數[fx=ln x+ax2+2a+1x]，討論[fx]的單調性.

解：[fx]的定義域為[0，+∞]，[fx=1x+2ax+2a+1=x+12ax+1x]，若[a≥0]，則當[x∈0，+∞]時，[fx>0]，故[fx]在[0，+∞]單調遞增;若[a<0]，則[-12a>0]，由[fx>0]得[0-12a]，故[fx]在[0，-12a]上單調遞增，在[-12a，+∞]上單調遞減.

變式4： 已知函數[fx=x-2ex+ax-12]，討論[fx]的單調性.

解： [fx=x-1ex+2ax-1=x-1ex+2a]，

若[a≥0]，由[fx>0]得[x>1]，由[fx<0]得[x<1]，所以[fx]在[-∞，1]上單調遞減，在[1，+∞]上單調遞增.

若[a<0]，由[fx=0]得[x=1]或[x=ln-2a]，

當[ln-2a=1]，即[a=-e2]時，[fx≥0]，所以函數[fx]在[-∞，+∞]單調遞增;當[ln-2a>1]，即[a<-e2]時，由[fx>0]得[x<1]或[x>ln-2a]，由[fx<0]得[1

當[ln-2a<1]，即[a>-e2]時，由[fx>0]得[x>1]或[x

評注：借著試題第（1）問和變式1對含參函數的單調性的討論，改變試題背景，繼續對依據二次方程兩根大小分類討論的思想方法進行深入探究.如變式3增加了[ln x]的函數背景，函數的定義域發生了改變，對學生思維的嚴密性提出了更高的要求，不僅要對兩根大小分類討論，還需要注意兩根與[0]的大小比較.變式4引入了[ex]的運算背景，函數求導的結果[f ′（x）=x-1ex+2a]為類二次型，解法與二次型是一致的.像這樣從不同的背景和知識結構入手，改變題目背景的變式拓展，有助于學生構建知識體系、內化核心概念和解題方法，激活學生的思維.

3.改變提問角度

變式5：當[a=1]，[b=0]時，若過點[P（1， t）]存在[3]條直線與曲線[y=f（x）]相切，求[t]的取值范圍.

解：設過點[P1， t]的直線與曲線[y=fx]相切于點[x0， y0]，則[y0=2x30-x20]，且切線斜率[k=6x20-2x0]，所以切線方程為[y-y0=6x20-2x0x-x0]，因此[t-y0=6x20-2x01-x0]，整理得[4x30-7x20+2x0+t=0]，

構造函數[gx=4x3-7x2+2x+t]，則“若過點[P（1， t）]存在[3]條直線與曲線[y=f（x）]相切”等價于“[gx]有三個不同零點”，[gx=12x2-14x+2]，[gx]與[gx]的關系如下表：

[[x] [-∞，16] [16]

[16，1] [1] [1，+∞] [gx] [+] [0] - [0] + [gx] ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ ]

所以[gx]的極大值為[g16=17108+t]，極小值為[g1=t-1]，要使[gx=0]有三個解，即

[g16>0]且[g（1）<0]，解得[-17108

因此，當過點[P（1， t）]存在[3]條直線與曲線[y=f（x）]相切時，[t]的取值范圍是[-17108，1].

變式6：當[b=1]，[a<3]時，求證：[fx]只有一個零點.

證法1.當[b=1]，[a<3]時，[fx=2x3-ax2+1]，[fx=2x3x-a]，

（ⅰ）當[a=0]時，[fx=2x3+1]，由[fx=0]得[x=-123]，此時[fx]只有一個零點;

（ⅱ）當[00]得[x<0]或[x>a3]，由[fx<0]得[00]，[f-1=-1-a<0]，由零點存在定理知，[? x0∈-1，0]，使得[fx0=0].

又[fx]在[0，a3]上單調遞減，[a3，+∞]上單調遞增，故[x∈0，+∞]時[fx>fa3=-a327+1>0].

所以當[0

（ⅲ）當[a<0]時，由[fx>0]得[x0]，由[fx<0]得[a30]，[fa-1=a3-4a2+5a-1<0]，由零點存在定理知，[? x0∈a-1，a3]，使得[fx0=0].

又[fx]在[a3，0]上單調遞減，[0，+∞]上單調遞增，故[x∈a3，+∞]時[fx>f0=1>0].

所以當[a<0]時，[fx]在[-∞，+∞]只有一個零點.

綜上，當[b=1]，[a<3]時，[fx]只有一個零點.

證法2：當[b=1]，[a<3]時要證[fx]只有一個零點，即[2x3-ax2+1=0]只有一個解，顯然[x=0]不是方程[2x3-ax2+1=0]的解.

當[x≠0]時，由[2x3-ax2+1=0]得[a=2x+1x2]，

令[gx=2x+1x2]，則[gx=21-1x3]，[gx<0]得[x∈-∞， 0?0， 1]，[gx>0]得[x∈1 ，+∞].

故[gx]在[-∞，0]、[0，1]上單調遞減，在[1，+∞]上單調遞增，[x<0]時，[x→-∞]，[gx→-∞];[x→0]，[gx→+∞];[x>0]時，[gx≥g1=3]，函數[gx]的圖像如圖2所示.

所以，當[b=1]，[a<3]時，[a=2x+1x2]只有一個交點，即[fx]只有一個零點.

評注：變式5、6一改原題的單調性和最值問題，換個角度，在導數知識體系下考查導數的幾何意義與用導數研究函數的性質，不僅見了“樹木”還走進了知識體系的“森林”深處.

高三復習課要充分利用好高考真題，溯本探源，通過一題多解、一題多問、一題多變等來激活學生的思維，提升學生的能力，培養學生的思維品質，使學生會用數學思維思考現實世界.

[? ?參? ?考? ?文? ?獻? ?]

[1]? 張乃達.數學思維教育學[M].南京：江蘇教育出版社，1990：4.

[2]? 波利亞.怎樣解題：數學思維的新方法[M].涂泓，馮承天，譯.上海：上海科技教育出版社，2007：5.

[3]? 任子朝，趙軒.高考試題創新設計的研究與實踐[J].中學數學教學參考，2019（19）：2-5+11.

[4]? 教育部考試中心.高考試題分析（理科數學分冊）[M].北京：高等教育出版社，2020：1.

（責任編輯 黃桂堅）