一道試題的命制思路與解法賞析

蔡晶晶

[摘 要]文章對一道高三市質檢導數壓軸題進行命制思路分析及解法研究，以幫助學生學會有邏輯地、創(chuàng)造性地思考問題，提高學生的解題能力。

[關鍵詞]試題;命制;解法

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2022）11-0010-03

在2021年4月初莆田市高三畢業(yè)班第二次市質檢中，筆者有幸參與了第22題導數壓軸題的命制，收獲頗豐，感觸頗深，謹以此文與同行交流探討。

一、原題呈現

設函數[f（x）=2ex+acosx]，[a∈R]。

（1）若[f（x）]在[0，π2]上存在零點，求實數[a]的取值范圍。

（2）證明：當[a∈1， 2]時， [f（x）≥2x+3]。

二、命制手法

本題的第（2）小題是運用幾何畫板探究函數[f（x）=2ex+acosx]的圖像與一次函數圖像的關系時產生的命制思路。在通過對參數[a]不斷調整取值時發(fā)現，當[a∈1， 2]時，[f（x）=2ex+acosx]的軌跡恒在一條直線上方，通過擬合取整，可取該直線方程為[y=2x+3]，再進行嚴格論證可得出本小題結論正確。

三、解法賞析

第（1）小題的解法如下：

解法1（分類討論法1）：

①當[a≥0]時，由[x∈0，π2]得[f（x）=2ex+acosx>2>0]，不合題意。

②當[a<0]時，[f（x）=2ex-asinx>0]對[x∈0，π2]恒成立，所以[f（x）]在[0，π2]上單調遞增。

因為[f（0）=a+2]，[fπ2=2eπ2>0]，要使得[f（x）]在[0，π2]上有零點，只需[f（0）=a+2<0]，即[a<-2]，所以實數[a]的取值范圍為[（-∞，-2）]。

解法2（分類討論法2）：

①當[a≥-2]時，由[x∈0，π2]得[f（x）=2ex+acosx≥2ex-2>0]，不合題意。

②當[a<-2]時，[f（0）=a+2<0]，[fπ2=2eπ2>0]， [f（0）fπ2<0]，所以 [f（x）]在[0，π2]上有零點。

因此實數[a]的取值范圍為[（-∞，-2）]。

解法3（分離參數法）：

要使得[f（x）]在[0，π2]上有零點，即方程[2ex+acosx=0]在[0，π2]上有解，所以[1a=-cosx2ex]，[x∈0，π2 ]，設[g（x）=-cosx2ex]，[x∈0，π2]，

[g（x）=sinx+cosx2ex>0]，則[g（x）]在[0，π2]上是增函數。

又因為[g（0）=-12]，[gπ2=0]，所以[-12

因此實數[a]的取值范圍為[（-∞，-2）]。

第（2）小題的證法如下：

證法1（分類討論法）：

當[a∈1， 2]時，要證[f（x）≥2x+3]，即證[2ex+acosx-2x-3≥0]。

令[G（x）=2ex+acosx-2x-3]，則[G（x）=2ex-asinx-2]，[G（x）=2ex-acosx]。

①當[x≥0]時，[G（x）≥2-a≥0]，[G（x）]在[0 ，+∞]上單調遞增，[G（x）≥G（0）=0]，所以[G（x）]在[0 ，+∞]上單調遞增，[G（x）≥G（0）=a-1≥0]。

②當[x≤-π2]時，設[M（x）=acosx-2x-3]，

則[M（x）=-a?sinx-2≤a-2≤0]，[M（x）]在[-∞，-π2]上單調遞減。

[M（x）≥M-π2=π-3>0]，所以[G（x）=2ex+M（x）>0]。

③當[-π20]，[G（x）≥2ex+cosx-2x-3]。

要證[G（x）≥0]，只需證[2ex+cosx-2x-3≥0]，即證[2x+3-cosxex≤2]。

設[H（x）=2x+3-cosxex]，

則[H（x）=sinx+cosx-2x-1ex]，

設[h（x）=sinx+cosx-2x-1]，則[h（x）=cosx-sinx-2<0]，[h（x）]在[-π2， 0]上單調遞減。

[h（x）>h（0）=0]，即[H（x）>0]，[H（x）]在[-π2， 0]上單調遞增，所以[H（x）

綜上所述，[G（x）≥0]。

故當[a∈1， 2]時，[f（x）≥2x+3]。

證法2（變換主元法）：

當[a∈1 ， 2]時，要證[f（x）≥2x+3]，即證[2ex+acosx-2x-3≥0]。

設[g（a）=（cosx）a+（2ex-2x-3）]，故只需證對任意[a∈1 ， 2]，有[g（a）≥0]。

即證[g（1）≥0，g（2）≥0，]即證[2ex+cosx-2x-3≥0，2ex+2cosx-2x-3≥0。]

（ⅰ）先證[2ex+cosx-2x-3≥0]。

設[h（x）=2ex+cosx-2x-3]，則[h（x）=2ex-sinx-2=ex2-sinx+2ex]。

設[t（x）=2-sinx+2ex]，則[t（x）=2+sinx-cosxex>0]，所以[t（x）]是[R]上的增函數，且[t（0）=0]。

當[x<0]時，[t（x）<0]，即[h（x）<0];當[x>0]時，[t（x）>0]，即[h（x）>0]，所以[h（x）]在[（-∞， 0）]上單調遞減，在[（0，+∞）]上單調遞增。

因此[h（x）≥h（0）=0]，即[2ex+cosx-2x-3≥0]。

（ⅱ）再證[2ex+2cosx-2x-3≥0]。

①當[x≤-π2]時，設[u（x）=2cosx-2x-3]，則[u（x）=-2sinx-2≤0]，

所以[u（x）]在[-∞，-π2]上單調遞減，[u（x）≥u-π2=π-3>0]，[2ex+2cosx-2x-3>0]。

②當[-π22ex+cosx-2x-3≥0]。

③當[x≥0]時，設[v（x）=2ex+2cosx-2x-3]，則[v（x）=2ex-2sinx-2]。

因為[v（x）=2ex-2cosx>0]，所以[v（x）]在[0 ，+∞]上單調遞增，[v（x）≥v（0）=0]。

因此[v（x）]在[0，+∞]上單調遞增，[v（x）≥v（0）=1>0]，[2ex+2cosx-2x-3>0]。

綜合①②③可知，[2ex+2cosx-2x-3>0]。

故當[a∈1， 2]時， [f（x）≥2x+3]。

證法3（分離參數法）：

（ⅰ）先證[2ex+cosx≥2x+3 ]，即證[2x+3-cosxex≤2 ]。

設[H（x）=2x+3-cosxex]，

則[H（x）=sinx+cosx-2x-1ex]。

設[h（x）=sinx+cosx-2x-1]，設[h（x）=cosx-sinx-2<0]，所以[h（x）]在[-π2， 0]上單調遞減。

[h（x）>h（0）=0]，則[H（x）>0]，[H（x）]在[-π2， 0]上單調遞增。

因此[H（x）≤H（0）=2]，即[2x+3-cosx2ex≤2]成立。

（ⅱ）再證[2ex+2cosx-2x-3≥0]，即證[2x+3-2cosx2ex≤2]。

設[F（x）=2x+3-2cosxex]，

則[F（x）=2（sinx+cosx）-2x-1ex]。

設[G（x）=2（sinx+cosx）-2x-1=22sinx+π4-2x-1]，

①當[x∈π2，+∞]時，[G（x）≤22-π-1<0]，即[F（x）<0]，

所以[F（x）]在[π2，+∞]上單調遞減，[F（x）≤Fπ2=π+3eπ2<8eπ2<2]。

②當[x∈-∞，-π]時，[G（x）>-22+2π-1>0]。

當[x∈-π，-π2]時，[G（x）=22cosx+π4-2≤2-2=0]，

所以[G（x）]在[-π，-π2]上單調遞減，[G（x）≥G-π2=π-3>0]。

當[x∈-∞，-π2]時，[G（x）>0]，即[F（x）>0]，

所以[F（x）]在[-∞，-π2]上單調遞增，[F（x）≤F-π2=-π+3e-π2<0<2]。

③當[x∈-π2，π2]時，[0

綜合①②③可知，[2ex+2cosx-2x-3≥0]。

因此，當[a∈1， 2]時，[2ex+acosx≥min2ex+cosx， 2ex+2cosx≥2x+3]。

筆者從直觀想象的角度出發(fā)，改編了一道高三模擬題作為期末考試題。

改編前原題：已知函數[f（x）=xex-a（lnx+x）]。

（1）略;

（2）若[a>0]，求[f（x）]的最小值。

解法1（隱零點法）：

[f（x）]的定義域為[（0，+∞）]，依題意得[f（x）=（x+1）ex-ax=（x+1）xex-ax]。

令[g（x）=xex-a]，當[x∈（0，+∞）]時，[gx=ex+xex=（x+1）ex>0]，

所以[g（x）]在[（0，+∞）]上為增函數。

由[a>0]得[g（0）=-a<0]，[g（a）=a（ea-1）>0]，所以[g（0）g（a）<0]，

故存在[x0∈（0， a）]，使[g（x0）=0]，即[x0ex0=a]，即[lnx0+x0=lna]。

因為[g（x）]在[（0，+∞）]上為增函數，

所以當[x∈（0， x0）]時，[g（x）

當[x∈（x0 ，+∞）]時，[g（x）>g（x0）=0]，即[f（x）>0]，

所以[f（x）]在[（0， x0）]上為減函數，在[（x0 ，+∞）]上為增函數，[f（x）min=f（x0）=x0ex0-a（lnx0+x0）=a-alna=a（1-lna）]。

解法2（同構函數法）：

由題意得[f（x）=xex-a（lnx+x）=elnx+x-a（lnx+x）]。

設[t=lnx+x]，則[t∈R]。

記[φ（t）=et-at（t∈R）]，故[f（x）]的最小值即為[φ（t）]最小值。

又[φ（t）=et-a（a>0）]，

當[t=（-∞，lna）]時，[φ（t）<0]，[φ（t）]單調遞減;

當[t∈（lna，+∞）]時，[φ（t）>0]，[φ（t）]單調遞增，

所以[f（x）min=φ（lna）=elna-alna=a-alna]。

改編后試題：已知函數[f（x）=xex-a（lnx+x）]（[a>0]）。已知[f（x）]有兩個零點，求[a]的取值范圍。

解：同上可知[f（x）min=f（x0）=x0ex0-a（lnx0+x0）=a-alna=a1-lna ]。

①當[0

②當[a>e]時，有[f（x）min=f（x0）<0]，由[x0ex0=a]，得[1

（Ⅰ）因為[f1e=1ee1e-a-1+1e>0] ，所以[f（x0）f1e<0]，又因為[f（x）]在[（0， x0）]上為減函數，所以[f（x）]在[（0， x0）]上存在唯一零點[x1];

（Ⅱ）因為[f（a）=aea-a（a+lna）=aea-aln（aea）>aea-aaea=aeaea-a>0]，

當[x>0]時，[lnx0]時，[ex>x]，所以[f（x0）f（a）<0]。

又因為[fx]在[（x0，+∞）]上為增函數，所以[fx]在[（x0 ，+∞）]上存在唯一零點[x2]， [f（x）]在[（x0 ，+∞）]上有兩個零點。

綜上所述，[a]的取值范圍為[（e，+∞）]。

以下同解法一。

四、命題感悟

正所謂“數缺形時少直觀，形缺數時難入微”。以上試題遵循“低起點、多層次、高要求”的命題原則。從直觀想象入手研制試題，發(fā)現不論是分類討論法還是分離參數法，或是變換主元法，或是隱零點法，抑或是同構函數法，都是常用方法。多角度、分層次地探索解題思路，引導學生學會有邏輯地、創(chuàng)造性地思考，善于把握本質、以簡馭繁，能發(fā)展學生的理性思維，培養(yǎng)學生的科學精神，提升學生分析和解決問題的能力。

（責任編輯 黃桂堅）