2018年高考全国Ⅰ卷理科数学第21题的若干思考

中的渗透[J]．中国考试，2015（3）：10-14

[6]中华人民共和国教育部．普通高中数学课程标准（2017年版）[S]．北京：人民教育出版社，2017

（本文系泉州师范学院2017年教育教学改革研究项目《基于微课的公共课程教学模式改革与评价研究——以公共数学课程为例》（项目批准号： JGX17017）研究成果）

2018年高考全国Ⅰ卷理科数学第21题的若干思考

黄顺进 黄耿跃2

1

1福建省南安国光中学（362321）1 试题呈现 （2018年高考全国Ⅰ卷·理21）已知函数f(x) 1xxalnx． （Ⅰ）讨论f(x)的单调性；

（Ⅱ）若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明： f(x1)f(x2)xa2．

1x22 初步分析

题目所给的函数是由反比函数、正比例函数、对数函数3个基本初等函数通过四则运算组合而成，给考生的感觉是题干简洁，看了就会想往下做，具有一定的亲和力．第一问讨论函数的单调性，中等生基本能拿到分数，第二问证明不等式，对考生的思维能力、运算能力等要求较高，且要懂得利用第（1）问的结论，敢于代入不等式的左边进行化简，才能顺利求证不等式．

3 第（Ⅱ）问错误解法的思考

试题第（Ⅱ）问引入了双元x1，

x2，进而证明一个斜率型的不等式，很多学生由于思维定势，把“存

在x1，

x2”看成对“任意的x1，x2”，从而产生如下想法： 不妨设xf(x1)f(x1x2，

则x1x20，所以2)

x 1x2

a2等价于f(x1)(a2)x1f(x2)(a2)x2．构造函

数g(x)f(x)(a2)x(x0)，则函数g(x)在(0，)单调递增．

事实上，这样的问题等价是错误的．理由就是把存在性问题，看成任意性问题，且没有注意到a与x1，x2还是互相关联的，导致产生错误的解法．

4 试题第（Ⅱ）问多种解法的思考 解法1 构造关于x1或x2的函数

由第（Ⅰ）问知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2．

2福建省厦门实验中学（361000）

由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，

所以x1x21．不妨设x1x2，则x21．

由于

f(x1)f(x2)x1

lnx1lnx2 1x2x1a

1x2x1x22alnx1lnx22lnx2xx2a， 121xx22所以

f(x1)f(x2)xa2等价于1x22lnx2 1x2x0．

2设函数g(x)1xx2lnx， 由（1）知，g(x)在(0，)单调递减，

又g(1)0，

从而当x(1，)时，g(x)0．

所以1xx22lnx20，

2即f(x1)f(x2)xxa2．

12评注 本法为参考答案的解法，属于常规解法．

若把x12用x替换也可构造出另一个新函数进行证

1明，本质是一样的．

解法2 构造关于a的函数

由第（Ⅰ）问知，f(x)存在两个极值点，当且仅当a2，且两个极值点分别为：

xaa2412和xaa2422， 则有xx24，x2aa242

21ax()．

12同前述恒等变形可知：

f(x1)f(x2)xa2等价于lnx2

x2x1，

1x2x1

2019年第1期 福建中学数学 5

且lnxx2xxaa2421等价于2ln2a24．

1令h(a)2lnaa242

a24(a2)．

当a2时，h(a)2aa240，

所以h(a)在(2，)递减，

又当a2时，

aa2h(a)2ln42a240， 所以当a2时，h(a)0， 即lnaa2422a4，

从而原不等式得证．

评注 由第（Ⅰ）问有x1x2a，x1x21可知x1，x2，a三者是存在一定的内在联系的，是互相牵制

的，只要选定其中一个为变量，就可构造出新函数，于是也可以构造出关于a的函数，但中间要利用到洛比达法则或极限的思想进行说明．

解法3 利用函数的单调性

由第（Ⅰ）问知，f(x)存在两个极值点，当且仅当a2．由于两个极值点x1，x2满足x2ax10，

所以x1x21，

不妨设x1x2，则0x1

1． 由于f(x1)f(x2)xa2

1x2等价于f(x1)f(x2)

xxx1x22，

12

且f(x1)f(x2)xxx1x22

12

等价于f(x21)x2x1f(x2)x21

2

2x2，

令h(x)f(x)x22x， 则原不等式h(x1)h(x2)

x2

1x1

h(xh(1

1)x)(0x11)

1

h(x)h(1

x

)(0x1)． 令F(x)h(x)h(1

x

)，

则F(x)11x2x22(xx)lnx．

故欲证明原不等式成立，只需证明：当0x1

时，F(x)0．

以下先证明：当0x1时，lnx12(x1

x

)．

记(x)lnx112(xx)，

由(x)(x1)22x20，

知(x)在（0，)单调递减，

故当0x1时，(x)(1)0，

即当0x1时，lnx112(xx)．

所以当0x1时，

F(x)121

x2x2(xx)lnx

1111

x2x22(xx)2(xx)0． 从而，原不等式得证．

评注 在构造新函数前，必须把参数a消去，如

果所构造的函数含有参数a将使求解陷入死胡同，

难以为继．

解法4 利用整体换元构造函数

由第（Ⅰ）问知，f(x)存在两个极值点，当且仅当a2．由于两个极值点x21，x2满足xax10，

所以x1x21，

不妨设x1x2，则0x1

1． 同前述恒等变形，

知f(x1)f(x2)xxxxa2等价于ln221，

1x2x1x1x2且ln

x2x2xx2x1等价于lnx2

1x1x2x1xx1． 1x2令tx2x(x1x2，t1)， 1则h(t)lntt1t(t1)，以下略．

评注 利用等式x1x21，把不等式转化为关于 x1，x2的齐次式，再通过整体换元使问题求解．

5 试题题源的思考

很多教师看到全国1卷的这道函数与导数试题，第一时间就想到2011年湖南文科第21题：

设函数f(x)x1

x

alnx(aR)．

（1）讨论f(x)的单调性；

6 福建中学数学 2019年第1期

（2）若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1， f(x1))，B(x2，f(x2))的直线的斜率为k，问：是否存

在a，使得k2a?若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由．

笔者以为，不能因为找到了高考题的题源，就认为高考出这种题目水平太低了，而是要深入地去反思：为什么高考敢这样考？笔者认为，这种题目是经典题，它蕴含着很多数学的思想方法，是可以区分不同思维层次的考生，所以高考敢于用推陈出新命题手法命制试题，这应该引起一线教学的重视．

6 对函数与导数中双元问题的复习思考

17世纪，数学的发展突飞猛进，实现了从常量数学到变量数学的转折．变量数学又经历了单变量到多变量的发展变化．应该说中学阶段在研究变量问题时，更主要的还是以单变量问题为主．所以，这就给了我们求解双变量问题的启发，即：想方设法把双元问题通过换元或其它方法，转化成单变量问题，才能进行问题求解．事实上，本文提供的4种方法的本质都是转化成构造单变量函数问题．

对2017年全国卷一道高考试题的探究

陈 言 福建省福州格致中学（350001）

确的图形；（2）分清折叠前后两图形中元素间的位2017年高考全国理科卷Ⅰ第16题内涵丰富，是

置关系和数量关系，哪些发生了变化，哪些没有变教学的好素材，可通过一题多解、一题多变，挖掘

化，即对于折叠前后线线、线面的位置关系，所成试题中所隐藏的某些规律，提炼数学思想方法，提

角及距离加以比较，观察并判断变化情况；（3）数高教学实效．

学建模、代数计算、逻辑论证、求得结果． 1 试题再现

EE（2017年高考全国Ⅰ卷·理16）如图1，圆形

AA纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三O⋅GCO⋅CFFBB角形ABC的中心为O．D， E，F为圆O上的点，∆DBC，∆ECA，∆FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三

图1

D 图2

D

角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起∆DBC，∆ECA，∆FAB，使得D，E，F重合，得到三棱

锥．当∆ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：

cm3）的最大值为_______．

本题以几何知识为背景，通过折叠将平面图形转化为空间图形，然后研究三棱锥体积的最大值．试题将知识、方法、思想融为一体，突出研究性、探索性和实践性，综合性较强、难度较大，意在考查考生空间想象能力、数学建模能力、运算求解能力、分析问题和解决问题能力；考查考生在处理有关折叠和最值问题上的思想方法．

折叠问题是立体几何中的一类典型问题，而最值问题又是历年高考的高频考点问题，折叠与最值问题是命制试题的极佳素材，将两者综合起来考查使得试题内涵丰富，思想鲜明，考生解决此类问题的思维过程应该是（1）分析题设条件，弄清楚平面图形是如何折叠成空间图形的，并根据条件作出正

2 解法探究

笔者注意到多数以“高考试题汇编”为名的书籍中，这道试题的解答几乎都是通过构造三棱锥体积函数模型，利用求导数的方法予以解决．其实同样

属于“通性通法”，本题还可以利用基本不等式解答：

如图2，连接OD，交BC与点G， 由题意知ODBC，设OGx， 则BC23x，DG5x．

由于三棱锥的高hDG2OG2 2510xx2x2510x， 3所以S∆ABC=33x2． ⋅(23x)2=41从而三棱锥的体积=VS∆ABC⋅h

353x22510x(0x)．

2由于V215x4(52x)