北京大學(xué)附屬中學(xué)(100190) 桑勝景

首都師范大學(xué)附屬中學(xué)(100048) 李 洋 姚 璐

一、原題解讀

題目(2022年高考北京卷第20 題)己知函數(shù)f(x)=exln(1+x).

(I)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程;

(II)設(shè)g(x)=f′(x),討論函數(shù)g(x)在[0,+∞)上的單調(diào)性;

(III)證明: 對(duì)任意的s,t ∈(0,+∞), 有f(s+t)＞f(s)+f(t).

解讀該題考查的函數(shù)為指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)型函數(shù)的乘積,不含參數(shù).其中第一問(wèn)求函數(shù)的圖像(曲線)在給定點(diǎn)(在曲線上)處的切線方程,方法明確,過(guò)程簡(jiǎn)單,需要用到乘法求導(dǎo)和復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則.第二問(wèn)考查導(dǎo)數(shù)在給定區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性,需要在第一問(wèn)求出導(dǎo)數(shù)的基礎(chǔ)上,對(duì)導(dǎo)數(shù)再求導(dǎo)(即二次求導(dǎo)),同時(shí)判斷二次導(dǎo)數(shù)的符號(hào),據(jù)此得到結(jié)論,方法常規(guī),但計(jì)算稍顯復(fù)雜,判斷二次導(dǎo)數(shù)正負(fù)需要觀察其結(jié)構(gòu),具有一定技巧性.第三問(wèn)在給定區(qū)間內(nèi)證明含有雙變量的不等式恒成立,常規(guī)的參變分離方法、消元方法難以處理.要求學(xué)生結(jié)合前兩問(wèn)在抓住原始函數(shù)性質(zhì)的基礎(chǔ)上,靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)解題,難度較大.

解(I)由題知所以f′(0)=1, 又因?yàn)閒(0)=0, 所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為:y=x.

(II)結(jié)合(I)可得:

當(dāng)x ∈[0,+∞)時(shí),ex ＞0,ln(1+x)≥0,所以＞0,從而有g(shù)′(x)＞0,所以函數(shù)g(x)在[0,+∞)上的單調(diào)遞增.

二、第三問(wèn)多角度探究

解法1(主元法)令h(x)=f(x+t)- f(x)- f(t),x ∈[0,+∞)其中t為參數(shù),t ∈(0,+∞), 則有h′(x)=f′(x+t)-f′(x).由(II)知,函數(shù)f′(x)=g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,結(jié)合t ∈(0,+∞)可得x+t ＞x≥0,從而有h′(x)=f′(x+t)-f′(x)＞0,所以h(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,從而有當(dāng)s ∈(0,+∞)時(shí),

即有f(s+t)＞f(s)+f(t).

注該方法的本質(zhì)是將待證不等式作差后固定雙變量中的一者t,構(gòu)造關(guān)于另一個(gè)變量s的函數(shù),確定主元,將雙變量問(wèn)題轉(zhuǎn)化為單變量問(wèn)題進(jìn)行研究.

解法2(根據(jù)自變量之差構(gòu)造新函數(shù))因?yàn)閒(0)=0,所以f(s+t)＞f(s)+f(t)?f(s+t)-f(t)＞f(s)-f(0).令F(x)=f(s+x)-f(x),則有f(s+t)-f(t)＞f(s)-f(0)?F(t)＞F(0), 所以只需證明F(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增.F′(x)=f′(s+x)- f′(x)=g(s+x)- g(x).因?yàn)閷?duì)任意的x ＞0,s+x ＞ x ＞0, 所以由(II)可得g(s+x)＞ g(x), 所 以F′(x)＞0, 從 而F(x)在區(qū)間[0,+∞)上單調(diào)遞增.所以對(duì)任意的t ＞0,F(t)＞F(0),即f(s+t)- f(t)＞f(s)- f(0)=f(s), 即對(duì)任意的s,t ∈(0,+∞),有f(s+t)＞f(s)+f(t).

注該方法與解法1 形式相像, 但其出發(fā)點(diǎn)不同.這里是利用f(0)=0, 將待證不等式進(jìn)行變形, 使其左右兩邊變?yōu)橥粋€(gè)函數(shù)在不同自變量處的取值, 繼而構(gòu)造函數(shù)并利用其單調(diào)性證明.根據(jù)變形后不等式的不同, 該題還可以通過(guò)變形為f(s+t)+f(0)＞f(s)+f(t), 構(gòu)造函數(shù)y=f(x)+f(s+t-x)并研究其單調(diào)性證明.

解法3(利用函數(shù)圖像上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率變化處理)令,x ∈(0,+∞),則有

注該方法主要是利用了函數(shù)在(0,+∞)上的單調(diào)性處理,此處用到了函數(shù)f(x)的具體形式,但實(shí)際上, 相關(guān)單調(diào)性還可以直接利用前兩問(wèn)的結(jié)論形式化證明,而不需要代入函數(shù)f(x)的表達(dá)式,具體如下:

令H(x)=xf′(x)-f(x),x ∈[0,+∞),則有H′(x)=xf′′(x)+f′(x)-f′(x)=xf′′(x)≥0,又因?yàn)榈忍?hào)不在任何區(qū)間內(nèi)同時(shí)取到,所以函數(shù)H(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x ∈(0,+∞)時(shí),H(x)＞H(0)=0,即有h′(x)＞0,從而有h(x)單調(diào)遞增.

解法4(轉(zhuǎn)化為平均變化率關(guān)系(拉格朗日中值定理))由拉格朗日中值定理可得,存在x1∈(0,t),x2∈(t,s+t)滿足:

由(II)知,函數(shù)f′(x)=g(x)在[0,+∞)上的單調(diào)遞增,所以f′(x2)＞f′(x1),從而有

結(jié)合f(0)=0 可得f(s+t)＞f(s)+f(t).

注解法3 和解法4 在本質(zhì)上是一樣的,都是用到了函數(shù)圖像上兩點(diǎn)連線的斜率變化規(guī)律,解法3 用的是中學(xué)數(shù)學(xué)的方法,可以在中學(xué)推廣;解法4 用到了數(shù)學(xué)分析的內(nèi)容,形式簡(jiǎn)單,感興趣的同學(xué)可以了解.

解法5(定積分方法)由定積分定義可得:

注解法4 和解法5 用到了高等數(shù)學(xué)的部分知識(shí),其在本質(zhì)上是一致的,都是通過(guò)建立導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性與原函數(shù)的聯(lián)系來(lái)解題,不同之處在于解法5 用到的是一個(gè)區(qū)間內(nèi)的性質(zhì),而解法4 是利用中值定理轉(zhuǎn)化成對(duì)應(yīng)兩個(gè)導(dǎo)數(shù)值之間的大小關(guān)系比較.

解法6(結(jié)合下凸函數(shù)性質(zhì)處理(超線性))

如圖1,對(duì)于函數(shù)F(x),若其圖像上任意兩個(gè)不同點(diǎn)連線之間的線段(不含端點(diǎn))都在函數(shù)圖像的上方,則稱(chēng)F(x)為下凸函數(shù)(從圖像上可以形象的理解下凸函數(shù)的圖像是向下凸出的),仿照解法3 和解法4 的證明,很容易得到對(duì)于在某個(gè)區(qū)間二階可導(dǎo)的非常值函數(shù)F(x),F(x)在該區(qū)間為下凸函數(shù)等價(jià)于F′′(x)≥0 在該區(qū)間恒成立(但不在任何區(qū)間內(nèi)恒取等號(hào)).

圖1

用符號(hào)語(yǔ)言表述下凸函數(shù)的性質(zhì)即為: 對(duì)于在區(qū)間D內(nèi)的下凸函數(shù)F(x),圖像上的兩個(gè)互異點(diǎn)x1,x2∈D有:F(λx1+(1-λ)x2)＜λF(x1)+(1-λ)F(x2), λ ∈(0,1).①在上式中取x1=s+t,x2=0 并依次取和便可得到下面兩個(gè)的式子:

兩式相加便有F(s)+F(t)＜F(s+t)+F(0),具體到原題中的函數(shù)f(x)便有f(s+t)＞f(s)+f(t)-f(0)=f(s)+f(t).

注如果對(duì)①式進(jìn)行變形, 便可推出上凸函數(shù)的等價(jià)性質(zhì):F(λx1+(1-λ)x2)＞λF(x1)+(1-λ)F(x2),其中λ ∈(-∞,0)∪(1,+∞)且λx1+(1-λ)x2∈D.

上式從圖像上理解便是函數(shù)圖像上任意兩點(diǎn)所連線段的延長(zhǎng)線都在函數(shù)圖像的下方,即函數(shù)F(x)在區(qū)間D上因變量和自變量滿足超線性關(guān)系.另外關(guān)于函數(shù)在凹凸性視角下的研究可以查看文獻(xiàn)[1].

解法7(二元函數(shù)處理(偏微分))令h(x,y)=f(x+y)- f(x)- f(y),x,y ∈[0,+∞), 結(jié)合第二問(wèn)中函數(shù)g(x)=f′(x)的單調(diào)性可得:(x+y)-f′(y)≥0,且兩個(gè)等號(hào)均不在任何開(kāi)集內(nèi)恒成立,進(jìn)而有當(dāng)s,t ∈(0,+∞)時(shí)h(s,t)＞h(0,0)=0,即有f(s+t)＞f(s)+f(t).

注解法7 與解法1 的方法類(lèi)似,不同之處在于構(gòu)造的函數(shù)一個(gè)是單變量的,一個(gè)是雙變量的,相比之下解法7 的方法適用性更強(qiáng),但需要大學(xué)知識(shí)的應(yīng)用.

三、拓展

原題中雖然出現(xiàn)了兩個(gè)變量s,t,但該題本質(zhì)上是探索關(guān)于四個(gè)函數(shù)值f(s),f(t),f(s+t)以及f(0)的大小關(guān)系的問(wèn)題.仿照前述證明,可以將原題的結(jié)論推廣到一般的上凸函數(shù)和下凸函數(shù)得到以下拓展內(nèi)容:

已知定義在區(qū)間D上的函數(shù)f(x)(如y=ex,y=x2等),以及a,b,c,d ∈D,且a ＜b ＜c ＜d,a+d=b+c.

拓展1若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上為上凸函數(shù), 則有f(a)+f(d)＜f(b)+f(c).

拓展2若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上為下凸函數(shù), 則有f(a)+f(d)＞f(b)+f(c).

四、學(xué)習(xí)建議

若將原題第三問(wèn)改為以下表述: “證明: 對(duì)任意的a,x ∈(0,+∞), 有f(x+a)＞f(x)+f(a).”學(xué)生便較容易想到將x作為變量,a作為參數(shù)作差構(gòu)造函數(shù)處理(類(lèi)似于法1),其原因在于學(xué)生往往對(duì)題目中不同字母的身份有較為刻板的印象.這就要求在導(dǎo)數(shù)相關(guān)的學(xué)習(xí)中能從模式化的解題套路中跳出來(lái),真正把導(dǎo)數(shù)當(dāng)做工具,結(jié)合函數(shù)的圖像和性質(zhì)抓住問(wèn)題的本質(zhì),更加靈活地處理相關(guān)問(wèn)題,同時(shí)關(guān)注不同思考角度的出發(fā)點(diǎn)和思路分析、總結(jié).