高考数学试题研究的视角与方法

[摘 要]文章以2021年新高考全国Ⅰ卷第22题为例，对试题进行简评与溯源、多角度分析和多方法解答，并对试题进行推广与变式，同时给出对研究高考数学试题的思考。

[关键词]高考数学试题;研究;视角

[中图分类号]    G633.6        [文献标识码]    A        [文章编号]    1674-6058（2022）14-0001-04

对于高考数学试题，既需要横向的多角度研究，又需要纵向的多层次研究;既需要着眼于宏观层面的研究，又需要着眼于微观层面的研究。高考数学试题的主要研究内容有试题的分析、评价与赏析，试题的“一题多解”与“多题一解”，试题的推广与深化，试题的创作与改编，试题的答题技巧与应考对策等。

一、试题呈现

（2021年新高考全国Ⅰ卷第22题）已知函数[f（x）=x（1-ln x）]。

（1）讨论[f（x）]的单调性;

（2）设[a]，[b]为两个不相等的正数，且[bln a-aln b=a-b]，证明：[2<1a+1b<e]。

简评：文理科共用同一套数学试卷是新高考数学试卷的特点。此题是2021年新高考全国Ⅰ卷的压轴题。第（1）问较为简单，考生只要会函数求导和解不等式，基本上就能得到函数[f（x）]在[（0 ， 1）]上单调递增，在[（1，+∞）]上单调递减。第（1）问为第（2）问的求解奠定了基础。第（2）问具有一定的难度，关键点在于对[bln a-aln b=a-b]的处理，考生需认真考虑如何建立条件与所证结论之间的关系。此题知识考查的重点是求函数的单调区间，利用导数证明双变量不等式;能力考查的重点是分类与整合、转化与化归、推理论证、数学抽象、逻辑推理等方面的能力。

二、 试题溯源

溯源1：模拟试题背景

（2017年四川联考模拟）设[a]，[b]是不相等的两个正数，且[b ln a-a ln b=a-b]，给出下列结论：①[a+b-ab>1];② [a+b>2];③[1a+1b>2]，其中所有正确结论的序号是            。

溯源2：高考试题背景

（2018年高考新课标Ⅰ卷）已知函数[f（x）=1x-x+a ln x]。

（1）讨论[f（x）]的单调性;

（2）若[f（x）]存在两个极值点[x1]，[x2]。证明：[f（x1）-f（x2）x1-x2<a-2]。

溯源3：高等数学背景

泰勒定理： 若函数[f（x）]在[a， b]上存在直至[n]阶的连续导函数，在[（a， b）]上存在[n+1]阶导函数，则对任意给定的[x]，[x0∈a， b]至少存在一点[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，当[n=2]时，记[m=x1+x22]，在区间[x1， x2]内将[f（x1）]和[f（x2）]分别在[x=m]处用泰勒定理展开，可得结论：已知函数[f（x）]在[（a， b）]内只有一个极值点[x0]，且存在三阶导函数，[f（x）]在[（a， b）]内存在两个零点[x1]，[x2]，且[x1<x2]。若[f ‴（x）>0]，则有极大值点向左偏移，极小值点向右偏移;若[f ‴（x）<0]，则有极大值点向右偏移，极小值点向左偏移;若[f ‴（x）=0]，则无极值点偏移。

三、试题解答

视角1： 函数构造

解法1：由[b ln a-a ln b=a-b]两边同时除以[ab]可得[1a+1aln a=1b+1bln b]，则有[1a-1aln1a=1b-1bln1b]。令[1a=x1]，[1b=x2]，[x1≠x2]，设[x1<x2]，由第（1）问可知[0<x1<1<x2<e]，令[g（x）=f（x）-f（2-x）]，[x∈（0， 1）]，所以[g'（x）=-ln-（x-1）2+1]，易得[g（x）]在[（0， 1）]上单调递增。因为[g（1）=0]且由第（1）问可知[g（1）>g（x1）]，所以有[f（2-x1）>f（x1）=f（x2）]。因为[f（x）]在[（1，+∞）]上单调递减，所以有[2-x1<x2]，则可证[x1+x2>2]。当[x2<e-1]时，[x1+x2<e]显然成立。当[x2∈（e-1， e）]时，[x1<e-x2]等价于[f（x1）<f（e-x2）]，因为[f（x1）=f（x2）]，则[f（x2）<f（e-x2）]。令[h（x）=f（x）-f（e-x）]，[x∈（e-1， e）]，则有[h'（x）=-lnx（e-x）]。令[t（x）=x（e-x）]，易得[t（x）]在[（e-1， e）]上单调递减，所以[h（x）]在[（e-1， e）]上先减后增，所以[h（x）<maxh（e-1）， h（e）]。因为[h（e-1）= f（e-1）-f（1）=（e-1）1-ln（e-1）-1<0]，[h（e）=f（e）-f（e-e）=f（e）-f（0）=0 ]，所以当[h（x）<0]时，对任意的[x∈（e-1， e）]都成立，所以[h（x2）<0]，即[f（x2）<f（e-x2）]，所以[f（x1）<f（e-x2）]。因为[f（x）]在[（0， 1）]上单调递增，所以[x1<e-x2]，即[x1+x2<e]，得证。

解法2：由[bln a-aln b=a-b]两边同时除以[ab]可得[1a+1aln a=1b+1bln b]，则有[1a-1aln1a=1b-1bln1b]。令[1a=x1]，[1b=x2]，[x1≠x2]，设[x1<x2]，由第（1）问可知[0<x1<1<x2<e]，令[g（x）=f（x）-f（2-x）]，[x∈（0， 1）]，所以[g'（x）=-ln-（x-1）2+1]，易得[g'（x）>0]，所以[g（x）]在[（0， 1）]上单调递增。因为[g（1）=0]且由第（1）问可知[g（1）>g（x1）]，所以有[f（2-x1）>f（x1）=f（x2）]。因为[f（x）]在[（1，+∞）]上单调递减，所以有[2-x1<x2]，则可证[x1+x2>2]。因为函数[f（x）]在点[（e， 0）]处的切线方程为[y=-x+e]，则令[F（x）=f（x）-y]，[x∈（0， e）]，所以[F'（x）=1-lnx>0]恒成立，则[F（x）]在[（0， e）]上单调递增。因为[f（e）=0]，所以[F（x）<f（e）=0]，即[f（x）<y]，令[t=f（x1）=f（x2）]，则[t=f（x2）<yx=x2=e-x2]，所以[t+x2<e]。因为[t=f（x1）=x1（1-lnx1）]，[x1∈（0， 1）]，所以[t=x1（1-lnx1）>x1]，即[x1+x2<t+x2<e]，得证。

解法3：由[b ln a-a ln b=a-b]两边同时除以[ab]可得[ln aa-ln bb=1b-1a]①，且由第（1）问可知[f（x）≤f（x）max=f（1）=1]，设[a>b]，则[ln aa-ln bb=1b-1a>0]，所以[1a+1b>2]②，由①[×]②得[1b2-1a2>2ln aa-ln bb]，则[1b2+2ln bb>1a2+2ln aa]。令[g（x）=1x2+2ln xx]，[x>0]，则[g'（x）=2x3x（1-lnx）-1=2x3f（x）-1≤0]恒成立，所以[1a+1b>2]成立。由①式变形可得[1a+ln aa=1b+ln bb]，即[f1a=f1b]。设[1a<1b]，由第（1）问可知[1a<1<1b]，则[a>1]。因为[1a<1a+ln aa=1b+ln bb=1bln（eb）≤1b（eb-1）=e-1b]，所以[1a+1b<e]，得证。

视角2：比值换元

解法4：由[b ln a-a ln b=a-b]两边同时除以[ab]可得[1+ln aa=1+ln bb]，所以[f1a=f1b]，令[1a=x1]，[1b=x2]，[x1<x2]，[t=x2x1>1]，所以[x1（1-ln x1）=x2（1-ln x2）]。因为[t=x2x1>1]，所以[x2=tx1]，则[x1（1-ln x1）=tx1（1-ln tx1）]，即[ln x1=1-ln t-ln tt-1]。因为[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]。因为[ln1t<1t-1]，所以[ln t+1t>1]，令[h（t）=2-2t+（1+t）ln t]，[t>1]，则有[h'（t）=lnt+1t-1>0]恒成立，所以[h（t）]在[（1，+∞）]上单调递增，所以[h（t）>h（1）=0]，则[g'（t）>0]恒成立，所以[g（t）]在[（1，+∞）]上单调递增。因为[ln（x1+x2）=g（t）]，所以[limt→1g（t）=ln2]，∴[ln（x1+x2）>ln2]，[x1+x2>2]成立，[ln（x1+x2）<g（t）max=limt→+∞g（t）=1=ln e]时，[x1+x2<e]成立，得证。

视角3：同构与放缩

解法5：由[blna-alnb=a-b]两边同时除以[ab]可得[1+lnaa=1+lnbb]，所以[f1a=f1b]，令[1a=x1]，[1b=x2]，[x1<x2]，[t=x2x1>1]，所以[x1（1-ln x1）=x2（1-ln x2）]。由第（1）问可知[f（x）]在[（0， 1）]上单调递增，在[（1，+∞）]上单调递减，且[f（x1）=f（x2）]，所以易得[0<x1<1<x2<e]，所以要证[x1+x2>2]，即证[f（x2）<f（2-x1）]，令[g（x）=f（x）-f（2-x）]，[x∈（0， 1）]，所以[g'（x）=-ln-（x-1）2+1]，易得[g'（x）>0]，所以[g（x）]在[（0， 1）]上单调递增。因为[g（1）=0]且由第（1）问可知[g（1）>g（x1）]，所以有[f（2-x1）>f（x1）=f（x2）]。因为[f（x）]在[（1，+∞）]上单调递减，所以有[2-x1<x2]，则可证[x1+x2>2]。因为[x1（1-lnx1）=x2（1-lnx2）]且[x2（1-lnx2）>x1]，所以令[h（x）=x（1-lnx）+x]，[1<x<e]，则[h'（x）=1-lnx>0]恒成立，所以[h（x）]在[（1， e）]上单调递增，[h（x）<h（e）<e]，[h（x2）<e]，得证。

视角4：泰勒定理

解法6：由[b ln a-a ln b=a-b]两边同时除以[ab]可得[1a+1aln a=1b+1bln b]，所以有[1a-1aln1a=1b-1bln1b]。因为等式两边结构一致，所以可构造函数[f（x）=x-xln x]，[x>0]，则[f '（x）=-ln x]，易得函数[f（x）]在[（0， 1）]上单调递增，在[（1，+∞）]上单调递减。因为[f ″（x）=- 1x]，[f ‴（x）=1x2]，且[f ‴（x）=1x2>0]恒成立，所以极值点左移，即[x1+x2>2]。因为当[0<x<1]时，[f（x）-x=-xln x>0]，特别的[f（x1）>x1>0] ①，在[0<x<e]时，令[g（x）=e-x-f（x）]，则[g'（x）=-1+ln x=lnxe<0]，即函数[g（x）]在[（0， e）]上单调递减，且[g（e）=0]。由第（1）问可知[0<x1<1<x2<e]，且[0<f（x1）<f（x2）]，所以[e-x2>f（x2）] ②，则用①[+]②可得[x1+x2<e]，得证。