2022年高考数学北京卷导数题的溯源、求解与推广

张志刚

(山东省宁阳县复圣中学,山东 泰安 271400)

题目(2022年高考北京卷第20题)已知函数f(x)=exln(x+1).

(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处切线方程;

(2)设g(x)=f′(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性;

(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t)．

本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性及不等式的证明.考查逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养,考查函数与方程、数形结合、转化与化归的数学思想,体现了高考基础性、综合性、应用性、创新性的考查要求.试题设计简捷清新,内蕴丰富,具有较高的探究价值.

1 题目解答

1.1 第(1)问解析

所以f′(0)=1.

又f(0)=0,故切线方程为y=x.

1.2 第(2)问解析

所以g′(x)>0.

所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.

1.3 第(3)问解析

思路1 构造函数证明.

设r(x)=(x2-1)ln(1+x)+x(x>0),

则r′(x)=2xln(1+x)+x>0.

所以r(x)在(0,+∞)上单调递增,r(x)>r(0)=0.所以h′(x)>0.

故h(x)在(0,+∞)上单调递增.

由于s+t>s>0,则h(s+t)>h(s).

①

②

将①②两式相加,得f(s+t)>f(s)+f(t)．

设k(x)=xf′(x)-f(x),则

k′(x)=f′(x)+xf″(x)-f′(x)=xf″(x).

由(2)知,当x≥0时,f″(x)>0,即k′(x)>0,所以k(x)在(0,+∞)上单调递增.

又k(0)=0f′(0)-f(0)=0,

所以当x≥0时,k(x)>0,从而h′(x)>0.

故h(x)在(0,+∞)上单调递增.

下同解法1.

解法3 不妨设s≥t>0,设h(x)=f(x+t)-f(x)(x>0),则h′(x)=f′(x+t)-f′(x)=g(x+t)-g(x).

由(2)知g(x)在(0,+∞)上单调递增,

所以g(x+t)>g(x).

所以h′(x)=g(x+t)-g(x)>0.

故h(x)在(0,+∞)上单调递增.

所以h(s)>h(0).

即f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0).

又f(0)=0,

所以f(s+t)>f(s)+f(t),命题得证.

点评本解法充分利用第(2)问g(x)的单调性结论,顺势而为,构造了差函数h(x)=f(x+t)-f(x),借助h(x)在(0,+∞)上单调递增证明结论.当然也可将f(x)的解析式代入h(x),但运算量有显著增加.

思路2综合不等式放缩与构造函数证明.

由于f(x)=exln(x+1)的解析式中含有指数函数和对数函数等初等超越函数,可考虑应用切线不等式ex>x+1(x>0)等工具合理放缩,将超越函数转化为线性函数,以降低思维难度.

解法4 欲证f(s+t)>f(s)+f(t),

易证ex>x+1(x>0),故只需证明

所以p(x)在(0,+∞)上单调递增.

所以p(s)>p(0).

所以f(s+t)>f(s)+f(t)．

思路3 运用主副元思想证明.

本问结论中含有两个地位对等的变元s,t,而证明双元不等式的核心思想就是减元(消元),主副元法就是一种常见的消元方法,其基本原理是:在双元函数不等式中,将其中一个变量作为主元,另外一个变量作为副元(参数),从而构造一元函数来证明,达到减元的目的[1].

解法5 不妨设s≥t>0,以s为主元,设

F(s)=f(s+t)-f(s)-f(t)(s>0),

则F′(s)=f′(s+t)-f′(s)=g(s+t)-g(s).

由(2)知g(x)在(0,+∞)上单调递增,

所以g(s+t)>g(s).

从而F′(s)=f′(s+t)-f′(s)>0.

所以F(s)在(0,+∞)上单调递增.

所以F(s)>F(0)=f(t)-f(0)-f(t)=0.

即F(s)>0.

即有f(s+t)>f(s)+f(t)．

点评以上证得“F(s)在(0,+∞)上单调递增”后,可得F(s)≥F(t)=f(2t)-2f(t).又F′(t)=2[f′(2t)-f′(t)]=2[g(2t)-g(t)]>0,故F(t)在(0,+∞)上单调递增,F(t)>F(0)=0,F(s)>0,即有f(s+t)>f(s)+f(t),同样可证.

2 命制背景剖析

本题命制的背景是函数的凸性.

凸函数的定义设函数f(x)是定义在区间I上的函数,若∀x1,x2∈I,λ∈(0,1),总有f[λx1+(1-λ)x2]≤λf(x1)+(1-λ)f(x2),则称f(x)是I上的凸函数.

(将上述定义中的“≤”改为“≥”,则称f(x)是I上的凹函数)

(*)

即两个自变量的算术平均数的函数值不大于其函数值的算术平均数.

凸函数的几何解释用割线刻画:在函数的图象上自左向右任取三个不同点A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)(x1

图1 凸函数的几何解释

定理1设f(x)是区间I上的可导函数,则f(x)在I上为凸函数的充要条件是f′(x)在I上单调递增.

定理2 设f(x)是区间I上的二阶可导函数,则f(x)在I上为凸函数的充要条件是f″(x)≥0(x∈I).

图2 函数f(x)=exln(x+1)图象

图3 2022年北京卷20题高等数学证法图

3 结论推广

将(*)式变量由2个推广为n个即得定理3.

以凸函数或琴生不等式为背景的试题大量分布于高考、竞赛、强基计划测试等各类试题中,试题综合性强,具有较好的区分度.下面再举两例说明.

(1)当a=6时,求函数f(x)的单调区间;

令f′(x)=0,得x=2.

因为f″(x)>0,

所以y=f′(x)在(0,+∞)上单调递增.

因此当02时,f′(x)>0,所以f(x)的单调减区间是(0,2),单调增区间是(2,+∞).

①

②

③

由不等式①②③同向相加,得

(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;

(2)设正实数λ1,λ2满足λ1+λ2=1,当a>0时,求证:对任意的两个正实数x1,x2,总有f(λ1x1+λ2x2)≤λ1f(x1)+λ2f(x2)成立.

(3)当a=2时,若正实数x1,x2,x3满足x1+x2+x3=3,求f(x1)+f(x2)+f(x3)=3的最小值.

又y=x2(x≥1)的最小值是1,所以a≤1.

(2)不妨设x1≤x2,设F(x)=f(λ1x+λ2x2)-λ1f(x)-λ2f(x2)(x∈(0,x2]),则有F(x2)=f(λ1x2+λ2x2)-λ1f(x2)-λ2f(x2)=f(x2)-(λ1+λ2)f(x2)=0,F′(x)=λ1f′(λ1x+λ2x2)-λ1f′(x)=λ1[f′(λ1x+λ2x2)-f′(x)],其中λ1x+λ2x2-x=(λ1-1)x+λ2x2=λ2(x2-x)≥0.

所以f′(λ1x+λ2x2)≥f′(x).

即F′(x)≥0.

故F(x)在(0,x2)上单调递增.

于是F(x)≤F(x2)=0.

又因为x1∈(0,x2],所以F(x1)≤0.

即f(λ1x1+λ2x2)≤λ1f(x1)+λ2f(x2).

(3)先证:对任意正实数x1,x2,x3和正实数λ1,λ2,λ3满足λ1+λ2+λ3=1,总有f(λ1x1+λ2x2+λ3x3)≤λ1f(x1)+λ2f(x2)+λ3f(x3).

④

事实上,由(2)知,f(λ1x1+λ2x2+λ3x3)

=λ1f(x1)+λ2f(x2)+λ3f(x3)

所以④式成立.

点评本题第(2)问的高等数学背景也是凸函数的定义,由f″(x)>0知f(x)是凸函数,所以对任意的两个正实数x1,x2,总有f(λ1x1+λ2x2)≤λ1f(x1)+λ2f(x2)(λ1+λ2=1)成立.根据变量x1,x2的对称性,将其中一个(如x1)选为主元构造函数进行论证.第(3)问的背景是琴生不等式,第(2)问的结论为第(3)问作了铺垫,从二维到三维,变量增多了,但不变的是性质[2].