2004年高考高观点试题探微，本文主要内容关键词为：试题论文,观点论文,探微论文，此文献不代表本站观点，内容供学术参考，文章仅供参考阅读下载。
2004年的高考无疑具有重要的意义.11省市独立命题，给了全国的命题专家一个创作的平台.在2004年全国各地的高考试题中，创新题比比皆是，其中有三道具有高等数学背景的试题特别引人注目.下面一同来探讨一下.
例1 （2004年广东卷21）设函数f（x）=x-ln（x+m），其中常数m为整数.
（1）当m为何值时，f（x）≥0；
（2）定理：若函数g（x）在[a，b]上连续，且g（a）与g（b）异号，则至少存在一点x[，0]∈（a，b），使g（x[，0]）=0.
试用上述定理证明：当整数m＞1时，方程f（x）=0在[e[-m]-m，e[2m]-m]内有两个实根.
分析：我们知道闭区间上的连续函数具有许多很好的性质，如教材中介绍的最大最小值定理以及它的一个推论：有界性定理（若函数f（x）在闭区间[a，b]上连续，则f（x）在闭区间[a，b]上有界），此外如介值性定理及其推论；根的存在性定理，这些定理都具有较强的几何直观.这些都给了命题者一个广阔的空间，作为高考题，要学生去研究介值性定理有点困难，但研究方程的根的存在情况却并不陌生，因为我们在平时训练中接触过下面这个结论：已知函数f（x）在（a，b）上单调，且f（a）f（b）＜0，则函数在（a，b）内有且只有一个根.因此高考选择了运用导数去研究函数单调性进而研究一个给定方程根的情况.这道高考题的导向是很明确的.因为2004年是广东实行实验教材验收的第一年，目的是为了考察研究性学习在高中实施的情况.
闭区间连续函数介值性定理：设函数f（x）在闭区间[a，b]上连续，且f（a）≠f（b）.若c为介于f（a），f（b）之间的任何实数f（a）＜c＜f（b）或f（a）＞c＞f（b），则在（a，b）内至少存在一点x[，0]，使得f（x[，0]）=c.
用通俗的话解释定理为：若f（x）在[a，b]上连续，不妨设f（a）＜f（b），则f（x）在[a，b]内必能取得f（a）与f（b）之间的一切值.其几何意义如图1.
本题的（2）不过是介值定理的推论，这个推论从几何直观上可解释如下：如图2，y=g（x）在[a，b]上连续，这表明函数y=g（x）的图像是一条连续不断的曲线C；g（a）与g（b）异号表明曲线C的两个端点M（a，g（a）），N（b，g（b））分别位于x轴的下方（或上方）与上方（或下方），从直观容易得出结论：曲线C必与x轴有一个交点，这个交点的横坐标x[，0]就是方程g（x）=0的根，也即g（x[，0]）=0.
需要说明的是，在定理假设条件下，结论是“至少存在一点x[，0]∈（a，b），使g（x[，0]）=0”，有时可能有多于一个的点，如图3所示，方程g（x）=0在（a，b）内有三个根x[，1]，x[，2]，x[，3]，且a＜x[，1]＜x[，2]＜x[，3]＜b.
思路分析：（1）略.
（2）要证明当整数m＞1时，方程f（x）=0在[e[-m]-m，e[2m]-m]内有两个实根，首先要判断f（e[-m]-m）与f（e[2m]-m）的符号，其次根据定理，关键的是要找到一点ξ∈[e[-m]-m，e[2m]-m]，使得f（ξ）＜0，考虑到（1）所提供的信息，找到这一点并不困难.进一步若能判断函数在（e[-m]-m，ξ）和（ξ，e[2m]-m）单调，则问题解决.
证明：f（e[-m]-m）=e[-m]＞0，f（e[2m]-m）=e[2m]-3m，
令g（x）=e[x]-（3/2）x（x＞2），则g＇（x）=e[x]-（3/2）＞0（x＞2），
故g（x）在x∈（2，+∞）上单调递增，从而g（x）＞g（2）=e[2]-3＞0，所以f（e2m-m）=e[2m]-3m＞0.f′（x）=1-（1/（x+m）），令f′（x）=0，则得x=1-m，当m＞1时，e[-m]＜1＜e[2m]，旦f（1-m）=1-m＜0，所以存在ξ=1-m∈[e[-m]-m，e[2m]-m]，使函数y=f（x）在（e[-m]-m，ξ）上单调递减，在（ξ，e[2m]-m）上单调递增，所以由上述定理知，方程f（x）=0在[e[-m]-m，e[2m]-m]内有两个实根.
评注：值得关注的是，题中要求证明方程f（x）=0有两个实根，容易造成学生误解，不妨说有且仅有两个，似乎更合理些.此外在证明f（e[2m]-m）=e[2m]-3m＞0时，命题者提供的是应用二项式定理证明.我个人认为，不如将导数在证明不等式方面的应用进行到底.此外作为研究性学习的素材，本题无疑给了我们教师无限的空间.
例2 （2004年江苏卷理22）已知函数f（x）（x∈R）满足下列条件：对任意的实数x[，1]，x[，2]都有λ（x[，1]-x[，2]]）[2]≤（x[，1]-x[，2]）[f（x[，1]）-f（x[，2]）]和｜f（x[，1]）-f（x[，2]）｜≤｜x[，1]-x[，2]｜，其中λ是大于0的常数.
设实数a[，0]，a，b满足f（a[，0]）=0和b=a-λf（a）.
（Ⅰ）证明λ≤1，并且不存在b[，0]≠a[，0]，使得f（b[，0]）=0；
（Ⅱ）证明（b-a[，0]）[2]≤（1-λ[2]）（a-a[，0]）[2]；
（Ⅲ）证明[f（b）][2]≤（1-λ[2]）[f（a）][2].
分析：接触题目的那一刻，仿佛又看到了2003年北京高考理科压轴题，我们知道那道题无非是高等数学中利普希茨（Lipschitz）条件的一个具体化而已.但细细研究却发现并非如此，但我们仍然浮想联翩，我们知道利普希茨（Lipschitz）条件很容易利用微分中值定理中的拉格朗日（Lagrange）中值定理获得证明，再细看（Ⅱ）（Ⅲ）发现不过是把拉格朗日（Lagrange）中值定理的应用初等化而已.
拉格朗日（Lagrange）中值定理
若f（x）满足下列条件：（ⅰ）着f（x）在闭区间[a，b]上连续，（ⅱ）f（x）在开区间（a，b）内可导，则在（a，b）内至少存在一点ξ，使得f′（ξ）=（（f（b）-f（a））/（a-b））.
事实上，由题设条件易知我们不难得到λ≤
下面来具体探讨.由λ＞0可知f′（x）＞0，故f（x）在及上是单调的，从而（Ⅰ）显然.即当a=a[，0]时显然，下面主要讨论a≠a[，0]的情况.
对于（Ⅱ），由拉格朗日（Lagrange）中值定理，我们有f′（ξ）=（（f（b）-f（a））/（b-a）），即
显然这个命题比特征式要强.
对于（Ⅲ），由拉格朗日（Lagrange）中值定理易得
这个命题强于（Ⅲ）.
通过上面我们看到，中值定理对命题所起的指导作用.因而，在具体到本题结论时，只需将切线的结论换成割线结论即可，即对（Ⅱ）只需将f′（ξ）换成（（f（b）-f（a[，0]））/（a-a[，0]）），对（Ⅲ）只需将f′（ξ）换成（（f（b）-f（a））/（b-a）），于是得到下列证明.
证明：（Ⅱ）当a=a[，0]时，显然.当a≠a[，0]时，由条件易知
0≤1-λ≤（f（B）/f（A））≤1-λ[2]，
即有（｜f（b）｜/｜f（a）｜）≤1-λ[2].
故[f（b）]（2）≤（1-λ[2]）[2][f（a）][2]≤（1-λ[2]）[f（a）][2].
评注：通过以上分析我们看到，高观点在其中所起的作用，指导我们对问题有更深入的理解，进而得出简洁的证明.值得一提的是b=a-λf（a）在这里实质上只是为了沟通（（f（b））/（f（a）））与（（f（b）-f（a））/（b-a））的关系，即将对（（f（b））/（f（a）））的估计转化为对（（f（b）-f（a））/（（b-a））的估计.
例3 （2004年全国卷理22）已知函数f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xlnx.
（1）求函数f（x）的最大值；
（Ⅱ）设0＜a＜b，证明：0＜g（a）+g（b）-2g（（a+b）/2）<（b-a）ln2.
分析：从导数进入高中课程以来，便掀起了一股研究中学教材中不曾见到的函数热潮，本题中的两个函数较为常见，它们都以各种形式出现在我们的模考中，但这些研究往往只是限于对函数性质的讨论，但本题却将这种研究引向了深入.（1）易知在（-1+∞）上恒有f（x）≤0.不再讨论.对（Ⅱ）g（a）+g（b）-2g（（a+b）/2）＞0，即（（g（a）+g（b））/2）＞g（（a+b）/2）.很容易让我们联想到高等数学中函数的凸凹性的应用。而g（a）+g（b）-2g（（（a+b）/2））＜（b-a）ln2则显然是例2中拉格朗日（Lagrange）中值定理对于一个具体函数g（x）=xlnx的研究.这里只是给出（1）的分析.
函数的凸凹性：
设h（x）是定义在区间I上的函数.若对I上任意两点x[，1]，x[，2]实数λ∈（0，1），总有h（λx[，1]+（1-λ）x[，2]）≤λh（x[，1]）+（1-λ）h（x[，2]），则称h（x）是区间I上的凸函数.反之，如果总有h（λx[，1]+（1-λ）x[，2]）≥λh（x[，1]）+（1-λ）·h（x[，2]），则称h（x）是区间I上的凹函数.
对于凸函数我们知道若h（x）为区间I上的二阶可导函数，则h（x）为凸函数的充要条件是在区间I上h″（x）≥0.
由上分析可知，由于g（x）=xlnx在（0，+∞）上二阶可导，且
g″（x）=（1/x）＞0，故函数g（x）=xlnx为（0，+∞）上的凸函数，所以只需λ=1/2，即有（（g（a）+g（b））/2）＞g（（a+b）/2）.函数g（x）=xlnx的图像如图.其中C点纵坐标为（（g（a）+g（b））/2）.D点纵坐标为g（（a+b）/2），图像上显然有（（g（a）+g（b））/2）＞g（（a+b）/2）.
本文给出其一个构造性证明，构造辅助函数F（x）=g（a）+g（x）-2g（（a+x）/2），则
F＇（x）=g＇（x）-[2g（（a+x）/2）]＇=lnx-ln（（a+x）/2）.令F＇（x）=0，得x=a，则当0＜x＜a时，F″（x）＜0，故F（x）在（0，o）内为减函数；当x＞a时，F＇（x）＞0故F（x）在（a，+∞）内为增函数.从而，当x=a时，F（x）有极小值F（a）=0，因为b＞a＞0，所以F（b）＞F（a）=0，即0＜g（a）+g（b）-2g（（a+b）/2）.
设G（x）=g（a）+g（x）-2g（（a+x）/2）-（x-a）ln2，则
G′（x）ln=lnx-ln（（a+x）/2）-ln2=lnx-ln（a+x），故当x＞0时，G′（x）＜0，因此G（x）在（0，+∞）内为减函数，又0＜a＜b，所以G（b）＜G（a）=0，即g（a）+g（b）-2g（（a+b）/2）＜（b-a）ln2.综合可得0＜g（a）+g（b）-2g（（a+b）/2）＜（b-a）ln2.
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