⦿北京市怀柔区第一中学 于海龙

1 试题呈现

(2022年北京高考数学第20题)已知函数f(x)=exln (1+x).

(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

(Ⅱ)设g(x)=f′(x)，讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性；

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

2 解法分析及详解

2.1 第(Ⅰ)问的解答

本小题求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程，先求f′(x)，得f′(0)即为曲线在点(0,f(0))处的切线的斜率，进而求出切线方程.

又因为f(0)=0，f′(0)=1，所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.

2.2 第(Ⅱ)问的解答

本小题讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性，依题意有如下两种解法，如图1所示.

图1

思路一：根据导数与函数单调性的关系，通过导函数的正负研究函数的单调性.若导函数无变号零点，则可判断导函数恒正或恒负的情况.

解法1:通法——从导数入手.

所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递增.

思路二：研究复杂函数的单调性，可以将复杂的函数分解，研究局部性质，通过整合，依托单调性定义，借助不等式的性质解决问题.

解法2:分解函数，依托不等式性质与单调性定义.

又因为φ(x)在[0,+∞)上单调递增，且φ(x)>0，所以∀x1,x2∈[0,+∞)且x1

φ(x2)>φ(x1)>0，h(x2)>h(x1)>0，

所以φ(x2)h(x2)>φ(x1)h(x2)，即g(x2)>g(x1).

故函数g(x)在[0,+∞)上单调递增.

2.3 第(Ⅲ)问的解答

本小题的本质是研究函数的最值问题.依题意有如下三类(五种)证明方法，如图2所示.

图2

思路一(代数维度)：本题所证不等式中有两个变量，两侧均有相同的变量，故需要选择其中一个为主元进行研究，从而构造函数，通过最值证明不等式.

证法1：常规方法——选择主元，直接移项构造新函数.

令m(x)=f(x+t)-f(x)-f(t)=ex+t·ln (1+x+t)-exln (1+x)-etln (1+t)(x>0)，则

因为t>0，则et>1，且ex≥1+x恒成立，所以

因此m(x)在[0,+∞)上单调递增.

再由s>0，得m(s)>m(0)，即f(s+t)-f(s)-f(t)>f(0+t)-f(0)-f(t)=-f(0).

由f(0)=0，得f(s+t)-f(s)-f(t)>0.

所以f(s+t)>f(s)+f(t)成立.

事实上，证法1可以优化：

令m(x)=f(x+t)-f(x)-f(t)(x>0)，则

m′(x)=f′(x+t)-f′(x)=g(x+t)-g(x).

由(Ⅱ)中g(x)在[0,+∞)上单调递增，则由t>0得s+t>s，从而g(x+t)>g(x)即m′(x)>0.

因此m(x)在[0,+∞)上单调递增.

再由s>0，得m(s)>m(0)，即f(s+t)-f(s)-f(t)>f(0+t)-f(0)-f(t)=-f(0).

由f(0)=0，得f(s+t)-f(s)-f(t)>0.

所以f(s+t)>f(s)+f(t)成立.

思路二(代数维度)：在指数式与对数式共存的前提下，借助已有的结论“ex≥x+1;x-1≥lnx”等合理放缩再构造函数进行证明.

证法2:合理放缩——借助于常见的函数大小关系的结论合理放缩，再构造函数进行证明.

要证对任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)，即证明对任意的s,t∈(0,+∞)，有

es+tln (1+s+t)>esln (1+s)+etln (1+t).

即只需证明

因为ex≥1+x恒成立，所以只需证明

所以h(x)在(0,+∞)上为增函数.

所以原式f(s+t)>f(s)+f(t)成立.

思路三(几何维度)：依据不等式本身结构上蕴含的特征，可以转化为函数图象中纵坐标的差值，通过调整结构，从而抽象出新的函数.

证法3:特殊方法——依托结构特征，等价转化，构造新函数.

由(Ⅰ)中f(0)=0，将原待证不等式转化为证明f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0).

令F(x)=f(x+t)-f(x)，则F(s)=f(s+t)-f(s),F(0)=f(t)-f(0).

因为F′(x)=f′(x+t)-f′(x)=g(x+t)-g(x)，且由(Ⅱ)中g(x)为增函数，所以在t>0时可得F′(x)>0.

于是F(x)为增函数.则由s>0，得F(s)>F(0)，即f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0).

所以f(s+t)>f(s)+f(t)成立.

思路四(几何维度)：类比不等式f(s+t)>f(s)+f(t)与过原点的一次函数模型f(x+y)=f(x)+f(y)相似的特征，转化为斜率关系，结合函数凹凸性，构造增函数进行证明.

证法4 :借助模型——依托结构特征，构造函数.

所以φ(x)在(0,+∞)上是增函数，从而φ(x)>φ(0)=0.

于是h′(x)>0，所以h(x)在(0,+∞)上为增函数，则有h(s+t)>h(s)，h(s+t)>h(t).

所以原式不等成立.

思路五(几何维度)：依托不等式结构上的特征，合理变形，转化为割线的斜率，从而应用拉格朗日中值定理，完成证明.

证法5 :高等数学应用——借助于高等数学知识(拉格朗日中值定理)进行变形完成证明.

要证“对任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)”，只需证不等式

f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0).

由a∈(s,s+t)，b∈(0,t)，得a>b.

所以对任意的s,t∈(0,+∞),f(s+t)>f(s)+f(t)成立.

总结赏析：证明不等式问题，重点在于等价转化.纵观2022年北京高考导数问题解法的切入点，不同的入手角度，概括了构造函数的过程，即从简单的移项构造函数，到关注结构特征所隐含的信息构造函数，最后到借助高等数学知识解题.这些都启示我们在今后的的复习过程中，理解“构造函数”的演变过程，展望“构造函数的发展方向，为函数与导数知识的复习提供参考依据.

3 总结

通过对2022年北京高考函数与导数问题的分析，发现北京卷导数问题题干简洁、大气，问题设计巧妙.各小问题之间往往有关联性，由浅入深，由易到难.重点考查导数的基础知识和基本思想，突出考查导数的本质.在研究导数问题的过程中，要注意关注问题的连贯性，借助上一问的结论解决下一问.因此，在教学中，教师要创新问题情境，设计连贯性问题，运用恰当的教学方式，让学生在学习过程中不断探索与研究、总结与反思.在落实四基的基础上，发展学生的数学核心素养，提高分析问题和解决问题的能力.