一道高考壓軸題的分析與思考

摘 要：高考試題探究是一線教師關(guān)注的重點，本文以2022年新高考I卷第22題為探究載體，重點從“真題的回顧與剖析、特殊結(jié)論推廣至一般、其他性質(zhì)探究與拓展”三個角度進行探究，旨在引起教育同仁的進一步關(guān)注、思考與探究，實現(xiàn)教學(xué)相長的目的.

關(guān)鍵詞：高考試題；壓軸題；分析；思考

一年一度的高考牽動著教師和學(xué)生的心，高考試題的探究與分析一直是教師關(guān)注的焦點，每年高考數(shù)學(xué)壓軸題都是重點和難點，作為一線高中數(shù)學(xué)教師可以深度剖析高考壓軸題的考查意圖、方法和價值，進而指引平時的高中數(shù)學(xué)課堂教學(xué).本文對2022年新高考I卷中的壓軸題第22題進行剖析.

1 回顧高考真題，剖析解題過程

（2022年新高考Ⅰ卷第22題）已知函數(shù)f（x）=ex-ax和函數(shù)g（x）=ax-lnx有相同的最小值.

（1）試求a的值.

（2）證明：直線y=b與曲線y=f（x）和曲線y=g（x）存著三個不同的交點，從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.［1］

解析：（1）根據(jù)題意，f（x）=ex-ax的定義域為R.令f′（x）=ex-a=0，則a＞0且x=ln a.當(dāng)x＜ln a時，f′（x）＜0，則f（x）在區(qū)間（-∞，ln a）上為減函數(shù)；當(dāng)x＞ln a時，f′（x）＞0，則f（x）在區(qū)間（ln a，＋∞）上為增函數(shù).則f（x）min=f（ln a）=a-aln a.g（x）=ax-ln x的定義域為（0，＋∞）.令g′（x）=a-1x=0，則a＞0且x=1a.當(dāng)0＜x＜1a時，g′（x）＜0，則g（x）在區(qū)間0，1a上為減函數(shù)；當(dāng)x＞1a時，g′（x）＞0，則g（x）在區(qū)間1a，＋∞上為增函數(shù)，得g（x）min=g1a=1-ln1a.已知函數(shù)f（x）和g（x）具有相同的最小值，則1-ln1a=a-aln a，即a-11＋a=lna（其中a＞0）.令g（a）=a-11＋a-lna，則g′（a）=-a2-1a（1＋a）2≤0，則g（a）在區(qū)間（0，＋∞）上為減函數(shù)，而g（1）=0，則g（a）=0的唯一解為a=1，則1-a1＋a=lna的解為a=1.綜上可知a=1.

（2）根據(jù)問題（1）中可知，f（x）=ex-x，g（x）=x-ln x且f（x）min=g（x）min=1.令F（x）=f（x）-g（x）=ex＋ln x-2x（x＞0），則F′（x）=ex＋1x-2，F(xiàn)″（x）=ex-1x2.因為F″（x）在（0，＋∞）上遞增且F″12=e-4＜0，F(xiàn)″（1）=e-1＞0，則存著唯一的0＜m＜1，使得F″（m）=em-1m2=0.當(dāng)0＜x＜m時，F(xiàn)″（m）＜0，F(xiàn)′（x）遞減；當(dāng)x＞m時，F(xiàn)″（m）＞0，F(xiàn)′（x）遞增.則F′（x）min=F′（m）=em＋1m-2=1m2＋1m-2＞1＋1-2=0，即F′（x）＞0，則F（x）在（0，＋∞）上遞增.由于F1e2=e1e2-2-2e2＜e-2-2e2＜0，F(xiàn)（1）=e-2＞0，則存在著唯一的1e2＜x0＜1使得F（x0）=0，即ex0-x0=x0-ln x0.令b=ex0-x0=x0-ln x0，則直線y=b經(jīng)過f（x）與g（x）圖象的交點為（x0，b），如圖1所示.由于f（ln x0）=x0-ln x0=ex0-x0=f（x0），根據(jù)函數(shù)f（x）的單調(diào)性可知，直線y=b與函數(shù)f（x）圖象的兩個交點分別為（ln x0，b）和（x0，b）.由于g（ex0）=ex0-x0=x0-ln x0=g（x0），根據(jù)函數(shù)g（x）的單調(diào)性可知，直線y=b與函數(shù)g（x）圖象的兩個交點分別為（x0，b）和（ex0，b），則直線y=b與函數(shù)f（x）和g（x）的圖象存著三個交點且三個交點的橫坐標(biāo)由左到右分別為ln x0、x0和ex0.根據(jù)前面得出的結(jié)論ex0-x0=x0-ln x0，則該三點的橫坐標(biāo)呈現(xiàn)等差關(guān)系.

點評：利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)討論其單調(diào)性，進而求解函數(shù)的最值問題，這是函數(shù)最值求解的重要方法之一.在（1）問中巧妙構(gòu)造g（a）=a-11＋a-ln a避免二次求導(dǎo)的發(fā)生；在（2）問中，對于構(gòu)造函數(shù)F（x）的導(dǎo)數(shù)F′（x）=ex＋1x-2討論時，可以考慮這樣，ex＞1，則可以分為0＜1x＜1和1x≥1兩種情況進行討論分析.當(dāng)0＜1x＜1時，x＞1，ex＞e，F(xiàn)′（x）＞0；當(dāng)1x≥1時，F(xiàn)′（x）＞0，則F（x）在（0，＋∞）上為遞增函數(shù).

2 辨析特殊情形，推廣一般結(jié)論

在對原題剖析的過程中，我們不難發(fā)現(xiàn)上述（2）問中的問題是一種特殊情況，主要體現(xiàn)在直線y=b恰好過函數(shù)f（x）和g（x）圖象的交點.面對這樣的問題我們是否可以考慮將結(jié)論進行一般性的推廣？若直線y=b不過函數(shù)f（x）和g（x）圖象的交點，我們得出的結(jié)論是否相似？這是值得我們思考與探究的話題.［2］

變式1 已知直線y=b與函數(shù)f（x）=ex-x和函數(shù)g（x）=x-ln x的圖象存著從左到右的四個不同交點且其橫坐標(biāo)分別為x1、x2、x3和x4，證明x1＋x4=x2＋x3.

解析：根據(jù)上述案例分析過程可知，令F（x）=f（x）-g（x）=ex＋ln x-2x（x＞0），函數(shù)F（x）在區(qū)間（0，＋∞）上遞增且存著唯一的1e2＜x0＜1使F（x0）=0，即ex0-x0=x0-ln x0.當(dāng)0＜x＜x0時，F(xiàn)（x）＜0，f（x）＜g（x）.當(dāng)x＞x0時，F(xiàn)（x）＞0，f（x）＞g（x）.由于函數(shù)f（x）在區(qū)間（-∞，0）上遞減，在區(qū)間（0，＋∞）上遞增，則f（x）min=f（0）=1.函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上遞減，在區(qū)間（1，＋∞）上遞增，則g（x）min=g（1）=1.令ex0-x0=x0-lnx0=y0，則b＞y0或1＜b＜y0時，直線y=b與函數(shù)f（x）和g（x）的圖象均有兩個不同的交點.

當(dāng)1＜b＜y0時，直線y=b與函數(shù)f（x）圖象的交點橫坐標(biāo)為x1和x2，與函數(shù)g（x）圖象交點的橫坐標(biāo)為x3和x4.則f（x1）=f（x2）=g（x3）=g（x4）（ln x0＜x1＜0＜x2＜x0＜x3＜1＜x4＜ex0），如圖2所示.由于f（ln x3）=x3-ln x3=g（x3）=f（x1）=f（x2）.根據(jù)0＜x3＜1可得ln x3＜0，則ln x3=x1.同理可得ln x4=x2，則x1＋x4=ln x3＋x4，x2＋x3=ln x4＋x3.根據(jù)g（x）=x-ln x，g（x3）=g（x4）可得x3-ln x3=x4-ln x4，即x3＋ln x4=x4＋ln x3，則x1＋x4=x2＋x3.

當(dāng)b＞y0時，直線y=b與函數(shù)f（x）圖象的交點橫坐標(biāo)為x1、x3，與函數(shù)g（x）圖象的交點橫坐標(biāo)為x2、x4.則f（x1）=g（x2）=f（x3）=g（x4）=b（x1＜ln x0＜0＜x2＜x0＜x3＜x4，x2＜1＜x4），如圖3所示.由于f（ln x2）=x2-ln x2=g（x2）=f（x1）=f（x3），根據(jù)0＜x2＜1可得ln x2＜0，則ln x2=x1.同理可得ln x4=x3，則x1＋x4=ln x2＋x4，x2＋x3=x2＋ln x4.根據(jù)g（x）=x-ln x、g（x2）=g（x4）可得x2-ln x2=x4-ln x4，即ln x2＋x4=x2＋ln x4則x1＋x4=x2＋x3.

推廣：對于原題和變式1而言，若將函數(shù)推廣至一般函數(shù)，f（x）=ax-x，g（x）=x-logax（a＞1）.利用導(dǎo)數(shù)可以確定函數(shù)f（x）和g（x）均僅有一個極小值且相等，借助f（logax）=g（x），g（ax）=f（x）可以得出如下結(jié)論：①若直線y=b與函數(shù)y=f（x）和y=g（x）的圖象存在三個不同的交點，其橫坐標(biāo)由左到右分別為x1、x2、x3，則x2-x1=x3-x2；②若直線y=b與函數(shù)y=f（x）和y=g（x）的圖象存在四個不同的交點，其橫坐標(biāo)由左到右分別為x1、x2、x3、x4，則x1＋x4=x2＋x3.

3 洞悉內(nèi)在規(guī)律，延伸多元性質(zhì)

對于原題和變式1而言，在試題剖析過程中，由于函數(shù)f（x），g（x）滿足f（logax）=g（x），g（ax）=f（x），f（x）與g（x）均存著一個極值點且兩者相等，所以函數(shù)f（x）和g（x）具有前面呈現(xiàn)的性質(zhì).因此，如果改變兩個函數(shù)的表達(dá)式，同時滿足上述函數(shù)的性質(zhì)，那么該函數(shù)是否滿足類似的性質(zhì)？

變式2 已知函數(shù)f（x）=xex，g（x）=ln xx，直線y=b與兩個函數(shù)f（x）、g（x）的圖象存著交點.（1）若存在三個不同的交點且從左到右三個交點的橫坐標(biāo)分別為x1、x2、x3，試分析三者之間的關(guān)系？（2）若存在四個不同的交點且從左到右四個交點的橫坐標(biāo)分別為x1、x2、x3、x4，試分析四者之間的關(guān)系？

解析：由于f（x）=xex，則f′（x）=1-xex.令f′（x）=0，即x=1.當(dāng)x＜1時，f′（x）＞0，f（x）在該區(qū)間上遞增；當(dāng)x＞1時，f′（x）＜0，f（x）在該區(qū)間上遞減，則f（x）max=f（1）=1e.由于g（x）=ln xx，則g′（x）=1-ln xx2.令g′（x）=0，即x=e.當(dāng)0＜x＜e時，g′（x）＞0，g（x）在該區(qū)間上遞增；當(dāng)x＞e時，g′（x）＜0，g（x）在該區(qū)間上遞減，則g（x）max=g（e）=1e，可見，函數(shù)f（x）和g（x）圖象有且只有一個交點A（x2，y2）.

（1）如圖4所示，函數(shù)f（x）和g（x）的交點為A（橫坐標(biāo)為x2），直線y=b過點A且與兩函數(shù)圖象各有另外一個交點分別為B和C，其橫坐標(biāo)分別為x2、x3，則f（x1）=f（x2）=g（x2）=g（x3）=b（其中0＜x1＜1＜x2＜e＜x3）.由于f（ln x2）=ln x2x2=g（x2）=f（x2）=f（x3），0＜ln x2＜1，則x1=ln x2.由于g（ex2）=x2ex2=f（x2）=g（x2）=g（x3），ex2＞e則x3=ex2.根據(jù)f（x2）=g（x2）可得x2ex2=ln x2x2則x1x3=ex2ln x2=x22.

（2）如圖5所示，當(dāng)0＜b＜y2時，直線y=b與函數(shù)f（x）和g（x）圖象分別交于D（橫坐標(biāo)為x1）、F（橫坐標(biāo)為x2）、E（橫坐標(biāo)為x3）、G（橫坐標(biāo)為x4），則f（x1）=g（x2）=f（x3）=g（x4）=b（其中0＜x1＜1＜x2＜x0＜x3＜x4，x2＜e＜x4）.由于f（ln x2）=ln x2x2=g（x2）=f（x1）=f（x3）且0＜ln x2＜1，則x1=ln x2.由于f（ln x4）=ln x4x4=g（x4）=f（x1）=f（x3）且ln x4＞1，則x3=ln x4.根據(jù)g（x2）=g（x4）可知ln x2x2=ln x4x4，則x1x3=ln x2ln x4=x2x4，即x1x4=x2x3.同理可知，當(dāng)y2＜b＜1e時，直線y=b與函數(shù)f（x）、g（x）的圖象各有兩個交點且由左到右的四個交點的橫坐標(biāo)分別記著為x1、x2、x3、x4，同樣可以得出結(jié)論：x1x4=x2x3.

點評：本題是在探究原題和變式1的命題規(guī)律之后，同種性質(zhì)規(guī)律、不同函數(shù)表達(dá)式的基礎(chǔ)之上，進行分析探究進而獲得多元類似的結(jié)論，側(cè)重考查

利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)單調(diào)性、極值和零點問題，要求學(xué)生具備一定的綜合應(yīng)用能力.

4 結(jié)語

總而言之，高考試題具有較強的典型性和示范性，是一線教師關(guān)注的焦點.作為高中數(shù)學(xué)教師在高考真題教學(xué)時，不能僅局限于解決一個問題，應(yīng)該以高考試題為探究載體，從多元視角進行剖析與拓展，可以從試題的“求解方法、命題意圖、條件變式、目標(biāo)變式”等角度進行深入探究與思考.教師需要引導(dǎo)學(xué)生厘清問題的內(nèi)在本質(zhì)規(guī)律，挖掘試題中蘊含的教學(xué)價值，讓學(xué)生在合作探究、自主探究的過程中提升解決實際問題的能力，提升數(shù)學(xué)學(xué)科的核素素養(yǎng)，進而實現(xiàn)高中數(shù)學(xué)課堂教學(xué)效益的最大化.

參考文獻

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