高考数学试题研究的视角与方法

邵星峰 王欣 王昌林

[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

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

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]階导函数，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[x10]，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[x1g（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-x12]。当[x2

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[x10]，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-x12]。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）x1]，即[x1+x2

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

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]，[x11]，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）

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]，[x11]，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[02]，即证[f（x2）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-x12]。因为[x1（1-lnx1）=x2（1-lnx2）]且[x2（1-lnx2）>x1]，所以令[h（x）=x（1-lnx）+x]，[10]恒成立，所以[h（x）]在[（1， e）]上单调递增，[h（x）

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]。因为等式兩边结构一致，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[00]，特别的[f（x1）>x1>0] ①，在[0f（x2）] ②，则用①[+]②可得[x1+x2

四、试题变式

变式是指教师通过采用科学合理的手段，有目的、有计划地对命题进行转换。通过不断变换问题中的非本质条件，保留本质因素，从而使学生能够掌握数学对象的本质属性。陈景润先生指出：“题有千变，贵在有根。”这揭示了试题变式的内核。下面针对例题的本质——极值点偏移以及解答例题的方法进行以下变式。

变式1：当[0a-b]成立。

证明：因为[a ln b-b ln a>a-b]等价于[ba>1-ln b1-ln a]，且[01-ln b1-ln a]，只需证[1-ln aa>1-ln bb]成立。构造函数[f（x）=1-ln xx]，[x∈（0， e）]，则[f '（x）=ln x-2x2<0]，所以易得函数[f（x）]在[（0， e）]上单调递减。因为[0f（b）]，故不等式[a ln b-b ln a>a-b]成立。

变式2：当[0

证明：要证[bea+a0]时，[g'（x）>0]恒成立，则函数[g（x）]在[（0，+∞）]上单调递增，所以[g（x）>g（0）=0]，即[f '（x）>0]在[（0，+∞）]上恒成立，所以函数[f（x）]在[（0，+∞）]上单调递增，所以当[0f（a）]，即[bea+a

变式3：已知[f（x）=x1-12ln x]，若[f（x）=a]有两个不等实根[x1]，[x2]，求证：[1x1+1x2>2e]。

证明：设[t=1x]，[t>0]，则[g（t）=1t+ln t2t=2+ln t2t]（[t>0]），所以[g（t）=a]有两个不等实根[t1]，[t2]。设[t12e]，即证[t1+t2>2e]。因为[g'（t）=-2（1+ln t）4t2]，所以易得[g（t）]在[0， 1e]上单调递增，在[1e，+∞]上单调递减，即[g（t）max=g1e=e2]。因为[f（x）=a]有两个不等实根，所以[02e]，[01a]，即[1x1+1x2>2e]得证。

五、研究意义

（一）基于高考数学试题研究开展教学与复习具有重要价值

基于高考数学试题研究开展的数学教学与复习，其价值不仅体现在能为教师的日常教学导向，还对于教师的能力及让学生养成研究高考数学试题的习惯有着促进作用。教师行为习惯对学生的行为习惯养成有着不可忽视的作用。若教师都不进行高考数学试题研究或者不善于对高考数学试题进行研究，那么学生也不会有研究高考数学试题的意识。事实上，数学活动是一种文化传承，教师热爱数学、钻研数学、善于分析、勇于探究、积极合作与创新，其品质和精神必然能潜移默化地感染学生。

（二）有效推进教师开展高考数学试题研究

数学教师的专业水平想要得到有效提升，研究高考数学试题是一种有效的路径。试题研究是教师的基本功，可以帮助教师对知识与考点进行精准“把脉”。大多数数学教师都有在研究高考数学试题，但是有部分教师对高考数学试题的研究仅仅停留在表面，比如只做本地区的高考数学试题，“刷”一遍全国高考数学试题或浏览一遍全国各地的高考数学试题。只有对高考数学试题进行分析、评价，研究“一题多解”与“多题一解”，并对高考数学试题进行推广与深化、创作与改编，思考高考数学试题的答题技巧与应考对策等，才能充分体现研究高考数学试题的价值。

（三）积极组织学生开展高考数学试题研究

由于受自身知识和条件的限制，学生自己对高考数学试题进行研究，效果往往不尽如人意。那么，教师应如何组织学生有效开展高考数学试题的研究呢？教师可以给学生一些与试题相关的统计数据，引导学生分析试题蕴含的知识点、考点及其呈现形式、解题方法及评价方式等。学生学会研究高考数学试题，那么其解题能力必将能得到有效提升，同时可以更好地自查知识漏洞、合理評价及认识自我。当然，要让学生学会研究高考数学试题并非一朝一夕就能实现，教师应该给予学生充裕的时间，提供查阅同类试题的条件及必要的鼓励。

[   参   考   文   献   ]

[1]  党江平.极值点偏移问题的高等数学背景探究[J].高中数学教与学，2020（5）：34-36.

[2]  张芳华. 高中数学变式教学研究[J].中学教学参考，2016（2）：7.

[3]  王昌林. 紧抓真题本质 扎实复习备考：2021年全国甲卷试卷系统分析与思考[J].教学考试，2021（38）：4-7.

（责任编辑 黄桂坚）