一道试题的命制思路与解法赏析
作者： 蔡晶晶
[摘 要]文章对一道高三市质检导数压轴题进行命制思路分析及解法研究，以帮助学生学会有逻辑地、创造性地思考问题，提高学生的解题能力。
[关键词]试题;命制;解法
[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 1674-6058（2022）11-0010-03
在2021年4月初莆田市高三毕业班第二次市质检中，笔者有幸参与了第22题导数压轴题的命制，收获颇丰，感触颇深，谨以此文与同行交流探讨。
一、原题呈现
设函数[f（x）=2ex+acosx]，[a∈R]。
（1）若[f（x）]在[0，π2]上存在零点，求实数[a]的取值范围。
（2）证明：当[a∈1， 2]时， [f（x）≥2x+3]。
二、命制手法
本题的第（2）小题是运用几何画板探究函数[f（x）=2ex+acosx]的图像与一次函数图像的关系时产生的命制思路。在通过对参数[a]不断调整取值时发现，当[a∈1， 2]时，[f（x）=2ex+acosx]的轨迹恒在一条直线上方，通过拟合取整，可取该直线方程为[y=2x+3]，再进行严格论证可得出本小题结论正确。
三、解法赏析
第（1）小题的解法如下：
解法1（分类讨论法1）：
①当[a≥0]时，由[x∈0，π2]得[f（x）=2ex+acosx>2>0]，不合题意。
②当[a<0]时，[f（x）=2ex-asinx>0]对[x∈0，π2]恒成立，所以[f（x）]在[0，π2]上单调递增。
因为[f（0）=a+2]，[fπ2=2eπ2>0]，要使得[f（x）]在[0，π2]上有零点，只需[f（0）=a+2<0]，即[a<-2]，所以实数[a]的取值范围为[（-∞，-2）]。
解法2（分类讨论法2）：
①当[a≥-2]时，由[x∈0，π2]得[f（x）=2ex+acosx≥2ex-2>0]，不合题意。
②当[a<-2]时，[f（0）=a+2<0]，[fπ2=2eπ2>0]， [f（0）fπ2<0]，所以 [f（x）]在[0，π2]上有零点。
因此实数[a]的取值范围为[（-∞，-2）]。
解法3（分离参数法）：
要使得[f（x）]在[0，π2]上有零点，即方程[2ex+acosx=0]在[0，π2]上有解，所以[1a=-cosx2ex]，[x∈0，π2 ]，设[g（x）=-cosx2ex]，[x∈0，π2]，
[g（x）=sinx+cosx2ex>0]，则[g（x）]在[0，π2]上是增函数。
又因为[g（0）=-12]，[gπ2=0]，所以[-12<g（x）<0]，则[-12<1a<0]，解得[a<-2]。
因此实数[a]的取值范围为[（-∞，-2）]。
第（2）小题的证法如下：
证法1（分类讨论法）：
当[a∈1， 2]时，要证[f（x）≥2x+3]，即证[2ex+acosx-2x-3≥0]。
令[G（x）=2ex+acosx-2x-3]，则[G（x）=2ex-asinx-2]，[G（x）=2ex-acosx]。
①当[x≥0]时，[G（x）≥2-a≥0]，[G（x）]在[0 ，+∞]上单调递增，[G（x）≥G（0）=0]，所以[G（x）]在[0 ，+∞]上单调递增，[G（x）≥G（0）=a-1≥0]。
②当[x≤-π2]时，设[M（x）=acosx-2x-3]，
则[M（x）=-a⋅sinx-2≤a-2≤0]，[M（x）]在[-∞，-π2]上单调递减。
[M（x）≥M-π2=π-3>0]，所以[G（x）=2ex+M（x）>0]。
③当[-π2<x<0]时，[cosx>0]，[G（x）≥2ex+cosx-2x-3]。
要证[G（x）≥0]，只需证[2ex+cosx-2x-3≥0]，即证[2x+3-cosxex≤2]。
设[H（x）=2x+3-cosxex]，
则[H（x）=sinx+cosx-2x-1ex]，
设[h（x）=sinx+cosx-2x-1]，则[h（x）=cosx-sinx-2<0]，[h（x）]在[-π2， 0]上单调递减。
[h（x）>h（0）=0]，即[H（x）>0]，[H（x）]在[-π2， 0]上单调递增，所以[H（x）<H（0）=2]，[G（x）≥0]。
综上所述，[G（x）≥0]。
故当[a∈1， 2]时，[f（x）≥2x+3]。
证法2（变换主元法）：
当[a∈1 ， 2]时，要证[f（x）≥2x+3]，即证[2ex+acosx-2x-3≥0]。
设[g（a）=（cosx）a+（2ex-2x-3）]，故只需证对任意[a∈1 ， 2]，有[g（a）≥0]。
即证[g（1）≥0，g（2）≥0，]即证[2ex+cosx-2x-3≥0，2ex+2cosx-2x-3≥0。]
（ⅰ）先证[2ex+cosx-2x-3≥0]。
设[h（x）=2ex+cosx-2x-3]，则[h（x）=2ex-sinx-2=ex2-sinx+2ex]。
设[t（x）=2-sinx+2ex]，则[t（x）=2+sinx-cosxex>0]，所以[t（x）]是[R]上的增函数，且[t（0）=0]。
当[x<0]时，[t（x）<0]，即[h（x）<0];当[x>0]时，[t（x）>0]，即[h（x）>0]，所以[h（x）]在[（-∞， 0）]上单调递减，在[（0，+∞）]上单调递增。
因此[h（x）≥h（0）=0]，即[2ex+cosx-2x-3≥0]。
（ⅱ）再证[2ex+2cosx-2x-3≥0]。
①当[x≤-π2]时，设[u（x）=2cosx-2x-3]，则[u（x）=-2sinx-2≤0]，
所以[u（x）]在[-∞，-π2]上单调递减，[u（x）≥u-π2=π-3>0]，[2ex+2cosx-2x-3>0]。
②当[-π2<x<0]时，[0<cosx<1]，所以[2ex+2cosx-2x-3>2ex+cosx-2x-3≥0]。
③当[x≥0]时，设[v（x）=2ex+2cosx-2x-3]，则[v（x）=2ex-2sinx-2]。
因为[v（x）=2ex-2cosx>0]，所以[v（x）]在[0 ，+∞]上单调递增，[v（x）≥v（0）=0]。
因此[v（x）]在[0，+∞]上单调递增，[v（x）≥v（0）=1>0]，[2ex+2cosx-2x-3>0]。
综合①②③可知，[2ex+2cosx-2x-3>0]。
故当[a∈1， 2]时， [f（x）≥2x+3]。
证法3（分离参数法）：
（ⅰ）先证[2ex+cosx≥2x+3 ]，即证[2x+3-cosxex≤2 ]。
设[H（x）=2x+3-cosxex]，
则[H（x）=sinx+cosx-2x-1ex]。
设[h（x）=sinx+cosx-2x-1]，设[h（x）=cosx-sinx-2<0]，所以[h（x）]在[-π2， 0]上单调递减。
[h（x）>h（0）=0]，则[H（x）>0]，[H（x）]在[-π2， 0]上单调递增。
因此[H（x）≤H（0）=2]，即[2x+3-cosx2ex≤2]成立。
（ⅱ）再证[2ex+2cosx-2x-3≥0]，即证[2x+3-2cosx2ex≤2]。
设[F（x）=2x+3-2cosxex]，
则[F（x）=2（sinx+cosx）-2x-1ex]。
设[G（x）=2（sinx+cosx）-2x-1=22sinx+π4-2x-1]，
①当[x∈π2，+∞]时，[G（x）≤22-π-1<0]，即[F（x）<0]，
所以[F（x）]在[π2，+∞]上单调递减，[F（x）≤Fπ2=π+3eπ2<8eπ2<2]。
②当[x∈-∞，-π]时，[G（x）>-22+2π-1>0]。
当[x∈-π，-π2]时，[G（x）=22cosx+π4-2≤2-2=0]，
所以[G（x）]在[-π，-π2]上单调递减，[G（x）≥G-π2=π-3>0]。
当[x∈-∞，-π2]时，[G（x）>0]，即[F（x）>0]，
所以[F（x）]在[-∞，-π2]上单调递增，[F（x）≤F-π2=-π+3e-π2<0<2]。
③当[x∈-π2，π2]时，[0<cosx<1]，[F（x）<2x+3-cosxex≤2]。
综合①②③可知，[2ex+2cosx-2x-3≥0]。
因此，当[a∈1， 2]时，[2ex+acosx≥min2ex+cosx， 2ex+2cosx≥2x+3]。
笔者从直观想象的角度出发，改编了一道高三模拟题作为期末考试题。
改编前原题：已知函数[f（x）=xex-a（lnx+x）]。
（1）略;
（2）若[a>0]，求[f（x）]的最小值。
解法1（隐零点法）：
[f（x）]的定义域为[（0，+∞）]，依题意得[f（x）=（x+1）ex-ax=（x+1）xex-ax]。
令[g（x）=xex-a]，当[x∈（0，+∞）]时，[gx=ex+xex=（x+1）ex>0]，
所以[g（x）]在[（0，+∞）]上为增函数。
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]。
因为[g（x）]在[（0，+∞）]上为增函数，
所以当[x∈（0， x0）]时，[g（x）<g（x0）=0]，即[f（x）<0];
当[x∈（x0 ，+∞）]时，[g（x）>g（x0）=0]，即[f（x）>0]，
所以[f（x）]在[（0， x0）]上为减函数，在[（x0 ，+∞）]上为增函数，[f（x）min=f（x0）=x0ex0-a（lnx0+x0）=a-alna=a（1-lna）]。