高考數學試題研究的視角與方法

邵星峰 王欣 王昌林

[摘 要]文章以2021年新高考全國Ⅰ卷第22題為例，對試題進行簡評與溯源、多角度分析和多方法解答，并對試題進行推廣與變式，同時給出對研究高考數學試題的思考。

[關鍵詞]高考數學試題;研究;視角

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2022）14-0001-04

對于高考數學試題，既需要橫向的多角度研究，又需要縱向的多層次研究;既需要著眼于宏觀層面的研究，又需要著眼于微觀層面的研究。高考數學試題的主要研究內容有試題的分析、評價與賞析，試題的“一題多解”與“多題一解”，試題的推廣與深化，試題的創作與改編，試題的答題技巧與應考對策等。

一、試題呈現

（2021年新高考全國Ⅰ卷第22題）已知函數[f（x）=x（1-ln x）]。

（1）討論[f（x）]的單調性;

（2）設[a]，[b]為兩個不相等的正數，且[bln a-aln b=a-b]，證明：[2<1a+1b

簡評：文理科共用同一套數學試卷是新高考數學試卷的特點。此題是2021年新高考全國Ⅰ卷的壓軸題。第（1）問較為簡單，考生只要會函數求導和解不等式，基本上就能得到函數[f（x）]在[（0 ， 1）]上單調遞增，在[（1，+∞）]上單調遞減。第（1）問為第（2）問的求解奠定了基礎。第（2）問具有一定的難度，關鍵點在于對[bln a-aln b=a-b]的處理，考生需認真考慮如何建立條件與所證結論之間的關系。此題知識考查的重點是求函數的單調區間，利用導數證明雙變量不等式;能力考查的重點是分類與整合、轉化與化歸、推理論證、數學抽象、邏輯推理等方面的能力。

二、 試題溯源

溯源1：模擬試題背景

（2017年四川聯考模擬）設[a]，[b]是不相等的兩個正數，且[b ln a-a ln b=a-b]，給出下列結論：①[a+b-ab>1];② [a+b>2];③[1a+1b>2]，其中所有正確結論的序號是? ? ? ? ? ? 。

溯源2：高考試題背景

（2018年高考新課標Ⅰ卷）已知函數[f（x）=1x-x+a ln x]。

（1）討論[f（x）]的單調性;

（2）若[f（x）]存在兩個極值點[x1]，[x2]。證明：[f（x1）-f（x2）x1-x2

溯源3：高等數學背景

泰勒定理： 若函數[f（x）]在[a， b]上存在直至[n]階的連續導函數，在[（a， b）]上存在[n+1]階導函數，則對任意給定的[x]，[x0∈a， b]至少存在一點[ξ∈（a， b）]，使得[f（x）=f（x0）+f '（x0）（x-x0）+f ″（x0）2！（x-x0）2+…+f（n）（x0）n！（x-x0）n+f（n+1）（ξ）（n+1）！（x-x0）（n+1）]。

由此可知，當[n=2]時，記[m=x1+x22]，在區間[x1， x2]內將[f（x1）]和[f（x2）]分別在[x=m]處用泰勒定理展開，可得結論：已知函數[f（x）]在[（a， b）]內只有一個極值點[x0]，且存在三階導函數，[f（x）]在[（a， b）]內存在兩個零點[x1]，[x2]，且[x10]，則有極大值點向左偏移，極小值點向右偏移;若[f ?（x）<0]，則有極大值點向右偏移，極小值點向左偏移;若[f ?（x）=0]，則無極值點偏移。

三、試題解答

視角1： 函數構造

解法1：由[b ln a-a ln b=a-b]兩邊同時除以[ab]可得[1a+1aln a=1b+1bln b]，則有[1a-1aln1a=1b-1bln1b]。令[1a=x1]，[1b=x2]，[x1≠x2]，設[x1g（x1）]，所以有[f（2-x1）>f（x1）=f（x2）]。因為[f（x）]在[（1，+∞）]上單調遞減，所以有[2-x12]。當[x2

解法2：由[bln a-aln b=a-b]兩邊同時除以[ab]可得[1a+1aln a=1b+1bln b]，則有[1a-1aln1a=1b-1bln1b]。令[1a=x1]，[1b=x2]，[x1≠x2]，設[x10]，所以[g（x）]在[（0， 1）]上單調遞增。因為[g（1）=0]且由第（1）問可知[g（1）>g（x1）]，所以有[f（2-x1）>f（x1）=f（x2）]。因為[f（x）]在[（1，+∞）]上單調遞減，所以有[2-x12]。因為函數[f（x）]在點[（e， 0）]處的切線方程為[y=-x+e]，則令[F（x）=f（x）-y]，[x∈（0， e）]，所以[F'（x）=1-lnx>0]恒成立，則[F（x）]在[（0， e）]上單調遞增。因為[f（e）=0]，所以[F（x）x1]，即[x1+x2

解法3：由[b ln a-a ln b=a-b]兩邊同時除以[ab]可得[ln aa-ln bb=1b-1a]①，且由第（1）問可知[f（x）≤f（x）max=f（1）=1]，設[a>b]，則[ln aa-ln bb=1b-1a>0]，所以[1a+1b>2]②，由①[×]②得[1b2-1a2>2ln aa-ln bb]，則[1b2+2ln bb>1a2+2ln aa]。令[g（x）=1x2+2ln xx]，[x>0]，則[g'（x）=2x3x（1-lnx）-1=2x3f（x）-1≤0]恒成立，所以[1a+1b>2]成立。由①式變形可得[1a+ln aa=1b+ln bb]，即[f1a=f1b]。設[1a<1b]，由第（1）問可知[1a<1<1b]，則[a>1]。因為[1a<1a+ln aa=1b+ln bb=1bln（eb）≤1b（eb-1）=e-1b]，所以[1a+1b

視角2：比值換元

解法4：由[b ln a-a ln b=a-b]兩邊同時除以[ab]可得[1+ln aa=1+ln bb]，所以[f1a=f1b]，令[1a=x1]，[1b=x2]，[x11]，所以[x1（1-ln x1）=x2（1-ln x2）]。因為[t=x2x1>1]，所以[x2=tx1]，則[x1（1-ln x1）=tx1（1-ln tx1）]，即[ln x1=1-ln t-ln tt-1]。因為[t=x2x1>1]，所以[ln（x1+x2）=ln（x1+tx1）=ln x1+ln（t+1）=1-ln t-ln tt-1+ln（t+1）]。令[g（t）=1-ln t-ln tt-1+ln（t+1）]，[t>1]，所以[g'（t）=2-2t+（1+t）ln t（t+1）（t-1）2]。因為[ln1t<1t-1]，所以[ln t+1t>1]，令[h（t）=2-2t+（1+t）ln t]，[t>1]，則有[h'（t）=lnt+1t-1>0]恒成立，所以[h（t）]在[（1，+∞）]上單調遞增，所以[h（t）>h（1）=0]，則[g'（t）>0]恒成立，所以[g（t）]在[（1，+∞）]上單調遞增。因為[ln（x1+x2）=g（t）]，所以[limt→1g（t）=ln2]，∴[ln（x1+x2）>ln2]，[x1+x2>2]成立，[ln（x1+x2）

視角3：同構與放縮

解法5：由[blna-alnb=a-b]兩邊同時除以[ab]可得[1+lnaa=1+lnbb]，所以[f1a=f1b]，令[1a=x1]，[1b=x2]，[x11]，所以[x1（1-ln x1）=x2（1-ln x2）]。由第（1）問可知[f（x）]在[（0， 1）]上單調遞增，在[（1，+∞）]上單調遞減，且[f（x1）=f（x2）]，所以易得[02]，即證[f（x2）0]，所以[g（x）]在[（0， 1）]上單調遞增。因為[g（1）=0]且由第（1）問可知[g（1）>g（x1）]，所以有[f（2-x1）>f（x1）=f（x2）]。因為[f（x）]在[（1，+∞）]上單調遞減，所以有[2-x12]。因為[x1（1-lnx1）=x2（1-lnx2）]且[x2（1-lnx2）>x1]，所以令[h（x）=x（1-lnx）+x]，[10]恒成立，所以[h（x）]在[（1， e）]上單調遞增，[h（x）

視角4：泰勒定理

解法6：由[b ln a-a ln b=a-b]兩邊同時除以[ab]可得[1a+1aln a=1b+1bln b]，所以有[1a-1aln1a=1b-1bln1b]。因為等式兩邊結構一致，所以可構造函數[f（x）=x-xln x]，[x>0]，則[f '（x）=-ln x]，易得函數[f（x）]在[（0， 1）]上單調遞增，在[（1，+∞）]上單調遞減。因為[f ″（x）=- 1x]，[f ?（x）=1x2]，且[f ?（x）=1x2>0]恒成立，所以極值點左移，即[x1+x2>2]。因為當[00]，特別的[f（x1）>x1>0] ①，在[0f（x2）] ②，則用①[+]②可得[x1+x2

四、試題變式

變式是指教師通過采用科學合理的手段，有目的、有計劃地對命題進行轉換。通過不斷變換問題中的非本質條件，保留本質因素，從而使學生能夠掌握數學對象的本質屬性。陳景潤先生指出：“題有千變，貴在有根。”這揭示了試題變式的內核。下面針對例題的本質——極值點偏移以及解答例題的方法進行以下變式。

變式1：當[0a-b]成立。

證明：因為[a ln b-b ln a>a-b]等價于[ba>1-ln b1-ln a]，且[01-ln b1-ln a]，只需證[1-ln aa>1-ln bb]成立。構造函數[f（x）=1-ln xx]，[x∈（0， e）]，則[f '（x）=ln x-2x2<0]，所以易得函數[f（x）]在[（0， e）]上單調遞減。因為[0f（b）]，故不等式[a ln b-b ln a>a-b]成立。

變式2：當[0

證明：要證[bea+a0]時，[g'（x）>0]恒成立，則函數[g（x）]在[（0，+∞）]上單調遞增，所以[g（x）>g（0）=0]，即[f '（x）>0]在[（0，+∞）]上恒成立，所以函數[f（x）]在[（0，+∞）]上單調遞增，所以當[0f（a）]，即[bea+a

變式3：已知[f（x）=x1-12ln x]，若[f（x）=a]有兩個不等實根[x1]，[x2]，求證：[1x1+1x2>2e]。

證明：設[t=1x]，[t>0]，則[g（t）=1t+ln t2t=2+ln t2t]（[t>0]），所以[g（t）=a]有兩個不等實根[t1]，[t2]。設[t12e]，即證[t1+t2>2e]。因為[g'（t）=-2（1+ln t）4t2]，所以易得[g（t）]在[0， 1e]上單調遞增，在[1e，+∞]上單調遞減，即[g（t）max=g1e=e2]。因為[f（x）=a]有兩個不等實根，所以[02e]，[01a]，即[1x1+1x2>2e]得證。

五、研究意義

（一）基于高考數學試題研究開展教學與復習具有重要價值

基于高考數學試題研究開展的數學教學與復習，其價值不僅體現在能為教師的日常教學導向，還對于教師的能力及讓學生養成研究高考數學試題的習慣有著促進作用。教師行為習慣對學生的行為習慣養成有著不可忽視的作用。若教師都不進行高考數學試題研究或者不善于對高考數學試題進行研究，那么學生也不會有研究高考數學試題的意識。事實上，數學活動是一種文化傳承，教師熱愛數學、鉆研數學、善于分析、勇于探究、積極合作與創新，其品質和精神必然能潛移默化地感染學生。

（二）有效推進教師開展高考數學試題研究

數學教師的專業水平想要得到有效提升，研究高考數學試題是一種有效的路徑。試題研究是教師的基本功，可以幫助教師對知識與考點進行精準“把脈”。大多數數學教師都有在研究高考數學試題，但是有部分教師對高考數學試題的研究僅僅停留在表面，比如只做本地區的高考數學試題，“刷”一遍全國高考數學試題或瀏覽一遍全國各地的高考數學試題。只有對高考數學試題進行分析、評價，研究“一題多解”與“多題一解”，并對高考數學試題進行推廣與深化、創作與改編，思考高考數學試題的答題技巧與應考對策等，才能充分體現研究高考數學試題的價值。

（三）積極組織學生開展高考數學試題研究

由于受自身知識和條件的限制，學生自己對高考數學試題進行研究，效果往往不盡如人意。那么，教師應如何組織學生有效開展高考數學試題的研究呢？教師可以給學生一些與試題相關的統計數據，引導學生分析試題蘊含的知識點、考點及其呈現形式、解題方法及評價方式等。學生學會研究高考數學試題，那么其解題能力必將能得到有效提升，同時可以更好地自查知識漏洞、合理評價及認識自我。當然，要讓學生學會研究高考數學試題并非一朝一夕就能實現，教師應該給予學生充裕的時間，提供查閱同類試題的條件及必要的鼓勵。

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[1]? 黨江平.極值點偏移問題的高等數學背景探究[J].高中數學教與學，2020（5）：34-36.

[2]? 張芳華. 高中數學變式教學研究[J].中學教學參考，2016（2）：7.

[3]? 王昌林. 緊抓真題本質 扎實復習備考：2021年全國甲卷試卷系統分析與思考[J].教學考試，2021（38）：4-7.

（責任編輯 黃桂堅）