2022 年全国新高考Ⅰ卷第7题解法研究论文

 

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　　摘  要 :有高数背景的比较大小的高考试题 ,往往不易上手. 以 2022 年全国新高考 Ⅰ 卷第 7 题 为例 ,可以根据数据特征、结构特征构造函数解答;也可以利用已知结论或二级结论作答;还可以利用高数解答. 但都需要数学核心素养能力支撑.

　　关键词 : 比较大小;导数;构造法
　　
　　比较大小的高考题比比皆是 ,通常考查指数函 数、对数函数、幂函数以及三角函数的大小. 一般可 以通过函数性质、特殊点、特殊值牵线搭桥 ,并适度 放缩就可以判定大小. 但是近两年高考、模考中比较 大小的试题风格发生了翻天覆地的变化 ,难度陡然 上升 ,甚至作为压轴题出现 ,很多考生见到考题茫然 失措. 2022 年全国新高考 Ⅰ 卷第 7 题就是一个典型 例子 ,下面研究它的解法.

　　1 题目再现

　　题目  设 a = 0. 1e0. 1 , b =  , c =  - ln0. 9 , 则(       ) .
 

　　A.  a < b < c              B.  c < b < a

　　C.  c < a < b              D.  a < c < b

　　2 分析题目

　　从 a = 0. 1e0. 1 ,c = - ln0. 9 看 ,本题应该是考查 利用导数比较大小. 但从三个数的形式看 ,很难发现它们之间的深层次的具体关系 ,所以我们应打破常 规 ,不能单一考虑某个知识、某个技巧 ,希望速战速 决 ,这已经不现实. 只有综合考虑高中数学的知识 , 在数据形式上做足文章 ,还可以联系相关高数知识 , 多方联合作战也许能突破这个难题.

　　3 解法探究

　　策略 1    以 0. 1 为媒介 ,联系三个数 ,作差构造 函数.

　　解析 1   分析数据 ,可将三个数改装成与 0. 1 相关的形式:a = 0. 1e0. 1 ,b = ,c = - ln (1 - 0. 1).
 

　　因为 lna - lnb = ln0. 1e0. 1  - ln

　　= ln0. 1 + lne0. 1  - ln0. 1 + ln ( 1 - 0. 1)
　　
　　= 0. 1 + ln ( 1 - 0. 1) ,

　　所以构造函数p(x ) = x + ln (1 - x ) ,x ∈ (0 ,0. 1] ,

　　则 p′(x ) = 1 - =  < 0.
 

　　故 p(x ) 在(0 ,0. 1 ] 上单调递减.

　　可得p(0. 1) < p(0) = 0.

　　即 lna - lnb < 0. 所以 a < b.

　　因为 a - c = 0. 1e0. 1  + ln0. 9 = 0. 1e0. 1  + ln (1 - 0. 1) , 所以构 造 函 数 m ( x ) = xex   + ln ( 1 - x ) , x ∈(0 0. 1 ] .

　　则 m ′(x ) = xex  + ex  - = .
 

　　令 n (x ) = ( 1 - x2 )ex  - 1 ,

　　所以 n ′(x ) = ( 1 - x2  - 2x )ex  > 0.

　　所以 n (x ) 在(0 ,0. 1] 上单调递增.
　
　　即 m ′(x ) > 0.

　　所以 m (x ) 在(0 ,0. 1 ] 上单调递增.

　　可得 n (x ) > n (0) > 0.

　　可得 m (0. 1) > m (0) = 0.

　　即 a - c > 0. 所以 a > c.

　　故 c < a < b.

　　评注  本解法充分利用了 0. 1 ,将其上升为自 变量 ,构造出高中生利用导数能够处理的函数. 通过 两次作差比较 ,判定出三者的大小. 这是高考中最常 见的处理的办法.
 

　　策略 2    以 0. 1 和为媒介 ,作商作差兼顾构造函数.
 

　　解析 2   首先研究正数 a ,b.

　　因为   =  = 0. 9e0. 1  = ( 1 - 0. 1)e0. 1 ,
 

　　所以令 h(x ) = ( 1 - x )ex . 则 h ′(x ) = - xex .

　　那么 h ( x ) 在 ( - ∞ , 0 ) 上 单 调 递 增 , 在 ( 0 , + ∞ ) 上单调递减. 所以 h(x ) ≤h(0) = 1.

　　所以 a < b.

　　其次研究 b ,c.

　　因为 c - b = - ln0. 9 - = ln -  = ln ( 1 +) -  ,
 

　　所以构造函数 m (x ) = ln ( 1 + x ) - x (x > 0) ,

　　求导 ,得 m ′(x ) =  - 1 =  < 0. 于是 m (x ) 在(0 , + ∞ ) 上单调递减. 

　　所以 m (x ) < m (0) = 0.
 

　　因此 b > c.

　　最后研究 a ,c. 以下同解法 1.

　　评注  本解法三次构造函数 ,过程稍长 ,但是函 数思维符合学生的认知 ,在解题过程中真实存在. 对 于自变量的认定 ,灵活多变 , 这也是函数的一个特 征. 对于培养学生的创新意识大有裨益.

　　策略 3 利用教材结论 ,辅以切线放缩和对数均值关系.

　　引理 1ex  > 1 + x (x ≠0) .

　　引理 2lnx ≤x - 1(x > 0) ,当且仅当 x = 1 时等号成立. 

　　证明  令f(x ) = lnx - x + 1 ,则f ′(x ) = .
 

　　所以f(x ) 在(0 ,1) 上单调递增 ,在(1 , + ∞ ) 上 单调递减.

　　于是f(x ) ≤f(1) = 0.

　　所以 lnx ≤x - 1 (x > 0) , 当且仅当 x = 1 时等号 成立.

　　引理 3 ( 对数均值不等式) 若 a > b > 0 ,则 <

　　证明  要证  <
 

　　需证  <  <.
 

　　

　　　　　　

　　令   = t ( t > 1 ) , 等价于证明 lnt <  t -  ( t >1) . 进一步优化得原问题等价于证明 lnt2  < t -( t> 1) . 即证 2lnt < t - ( t > 1) .

 

　　构造差函数f(t ) = 2lnt - t +( t > 1) ,

　　求导 ,得f ′(t ) =  - 1 -  = - < 0.
 

　　故f(t ) 在(1 , + ∞ ) 上单调递减.
　
　　所以f(t )
　　即 2lnt < t -( t > 1) 成立.

　　故原不等式 <b ( a > b) 成立.

　　解析 3    由引理 1 ,得

　　a = 0. 1e0. 1  > 0. 1(0. 1 + 1) = 0. 11.

　　因为 a = 0. 1e0. 1  =  ,

　　由引理 1 ,得 a =  <  =  = b.  
 
　　对于 c = - ln0. 9 = ln  <  - 1 = = b.    

　　由引理 3 ,得 2ln < -≈0. 211 < 0. 22.

 

　　于是 ln < 0. 11. 所以 c < a.
 

　　综上 c < a < b.

　　评注 本解法利用了教材习题结论以及教材外的 二级结论. 我们在教学中要高度重视教材上的习题 ,这 是我们学习的基本要求 ,也是知识衍生的基础.

　　策略 4   高数助力 ,用泰勒展开式估算.

　　对于一些参加过奥赛培训的学生而言 ,他们知 道泰勒展开式可以近似计算一些常见函数值:

　　ex  = 1 + x +  + …
 

　　sinx = x -  +  + …
 

　　cosx = 1 -  +  + …
 

　　ln(1 + x ) = x - +  -  + …

　　解析 4    由公式 ex  = 1 + x +  + … ,

　　得 e0. 1 ≈1 + 0. 1 + = 1. 105.
 

　　所以 a = 0. 1e0. 1 ≈0. 1 × 1. 105 = 0. 1105.

　　由公式 ln(1 + x ) = x -  +  - + … ,得
 

　　c = - ln0. 9 = ln = ln(1 +) ≈ -  ( ) + ()  = 0. 1058.
 

　　而 b =  ≈0. 1111 ,
 

　　所以 c < a < b.

　　评注  本解法可以感觉到高等数学视角下的高 考题显得那么自然 ,那么“渺小”. 高考要为高校选 拔优秀人才 ,所以有一定的高数基础在考试中受益 也是符合人才选拔要求的 ,也是有利于学生在大学 的深造和发展.

　　4 解后反思
　　
　　高中数学知识点是有限的 ,但是由有限的知识 点发掘出的创新命题点是无限的. 只有养成自觉思 考、深入研究、善于总结的习惯 ,才能把握问题的本 质 ,才能提高学生的数学核心素养 ,才能在高考中展 示自己的能力. 这类考题有以下几个关键点:一是通 过观察、运算、拆分找到数据的链接点( 某个常数); 二是合理构造函数 ,函数并不唯一 ,能解决问题的都 是科学的;三是积累一些结论 ,包括高中教材二级结 论、简单高等数学基础等;四是需要坚强的自信心 ,遇 事沉着冷静 ,培养适应新环境 ,处理新问题的能力.

　　参考文献 :

　　[ 1 ] 贺凤梅 ,李昌成. 由一道 2021 年高考创新题引发 的研究[J ]. 数理化解题研究 ,2021(28) :29 - 30.