2004年高考数学(江苏卷)压轴题探究与赏析

1本文发表于《中学数学月刊》2004年第8期冷静探究、自觉反思、迎来丰收——2004年高考数学（江苏卷）压轴题探究与赏析215006苏州市第一中学刘祖希顾文娟2004年高考全国及各省、市数学卷普遍比较平和，倒是各卷的压轴题争奇斗艳，其中江苏卷第22题(代数证明题)一枝独秀、成为众多优秀试题中的一颗耀眼明珠.该题以抽象函数的单调性为载体，考察了函数证明、不等式证明等热点问题，对数学能力的较高要求，是抽象思维、逻辑思维、数学技巧的全面考查.涉及的数学思想方法主要有分析法、（赋）特值法、反证法、常量代入法、拆项添项法、放缩法、分类讨论法、消参法、差值法、作商法等，尤其需要考生具备较高的分析问题的能力.本题既有高等数学的深刻背景(与计算数学中数值逼近的牛顿广义迭代法有关)，又有数学分析的方法要求(分析的方法是高等数学的主要方法)，无论是从选拔区分角度还是从思维考察力度看，都是不可多得的好题.只可惜该题难度较大，几乎没有考生完整解答出来，均分不到1分.下面就来探讨和赏析本题的解答.题目：（满分14分）已知函数fxxR满足下列条件，对任意的实数12,xx都有2121212xxxxfxfx和1212fxfxxx其中是大于0的常数.设实数0,,aab满足00fa和bafa.(I)证明1，并且不存在00ba，使得00fb；(II)证明222001baaa；(III)证明2221fbfa.证明(I)：先证1.一开始就会产生疑惑：条件2121212xxxxfxfx为什么不是1212xxfxfx？对于任意的实数12,xx，两边的12xx及1212fxfxxx中的绝对值如何处理？2方法1：赋值12xx，两边约去12xx，同时拿掉绝对值符号.任取12xx，则120xx，由已知，21212120xxfxfxxx，12120fxfxxx，12fxfx，表明fx在R上单调递增.此时，1212fxfxxx即1212fxfxxx，∴1212120xxfxfxxx，∴1.方法2：赋值12xx，两边同除以212xx及12xx，而绝对值保留.任取12xx，不等式2121212xxxxfxfx两边同除以212xx，得1212121221212120xxfxfxfxfxfxfxxxxxxx，①不等式1212fxfxxx两边同除以12xx，得12121fxfxxx，即12121fxfxxx，②比较①、②得，1.特别说明，由数学分析易知，12120xxfxfx与12120fxfxxx都是fx严格递增的等价条件，这就容易理解条件给2121212xxxxfxfx而不给1212xxfxfx了.再证不存在00ba，使得00fb.方法1：不存在型的问题，很容易让人想到反证法.假设存在00ba，使得00fb，则20000000babafbfa，∵0，∴000ba，00ba，这与00ba矛盾，故假设不成立，即不存在00ba，使得00fb.3方法2：函数值不等，则自变量不等，这是单调函数的显著特征.故可利用fx在R上递增给出新的简洁的证法.若00ba，则000fbfa，即不存在00ba，使得00fb.证明(II)：本题待证不等式含0,,,baa四个量，而b由,a完全决定，故可借助bafa果断消去不等式左边的b，而且0,aa配成0aa，与不等式右边相同，完全有利于证明.遗憾的是，左边又多出了fa，怎么办？该00fa登场了，添项0fa后可与fa配成0fafa，左边展开，剩下的工作只需将00aafafa和20fafa向20aa转化，而这恰好符合题目所给两个条件的形式，经过简单的不等式传递即可实现.∵00fa和bafa，01，2000aaaafafa，00fafaaa，进而2200fafaaa，∴20ba20afaa200aafafa22200002aaaafafafafa22220002aaaaaa2201aa.即222001baaa.此题固然还有其它形式上的证明，或分析、或综合，不过都不如该证法直奔主题、简洁流畅.证明(III)：本题待证不等式从表面上看结构与第(II)题相似，一个自然的想法是，要不要利用第(II)题的结论？如果真是这样，易得220fbfbfa20ba2201aa，而221fa42201fafa2201aa，不等号方向相反，无法传递.此时果断放弃这个想法，转而另辟新径.再端详2221fbfa，目光集中在22,fbfa上，条件没有给出任何有关函数值“平方”的直接信息，怎么处理？先开方、考虑fb与21fa的大小？,fbfa的符号怎样？结合已知00fa及fx在R上递增，看来,fbfa的符号就完全取决于,ba与0a的大小了.第一步，先确定0,,aab的大小顺序.若0aa，则000bafaa，∴0aba；若0aa，则00fafa,bafaa，000baaafafafafa10fa，表明0ba，∴0aba；若0aa，则00fafa,bafaa，000baaafafafafa10fa，表明0ba，∴0aba.第二步，再证原不等式.方法1：比较fb与21fa的大小，实现我们的“先开方、再平方”的设想.①若0aba，则0fafb，原不等式显然成立；②若0aba，则0fafb，0ab，abfafb，∴21fafb211fafafb211faab211fafa2211fa522111fa0，表明210fafb，故2221fbfa.③若0aba，则0fafb，0ab，abfafb，则21fafb211fafafb211faab211fafa2211fa22111fa0，表明210fafb，故2221fbfa.综上所述，原不等式成立.——问题解决了！既欣慰又不安，毕竟过程有些长，目光“拂过”方法1的字字句句，发现：③可以用“与②同理”一代而过；还发现：21fafb最后转化为2211fa了，好似直接在比较fb与21fa，即比较了2fb与2221fa，若能成功，只需通过2222211fafa传递，而这是简单的事实，方法2产生了！方法2：先比较fb与21fa的大小.①若0aba，则0fafb，原不等式显然成立；②若0aba，则0fafb，0ab，由已知得，2ababfafb，两边同除ab得，fafbabfa，移项得，210fafb，平方得，22222211fbfafa，（∵01）即2221fbfa.6③若0aba，则0fafb，0ab，由已知得，2ababfafb，两边同除ab得，fafbabfa，移项得，210fafb，平方得，22222211fbfafa，（∵01）即2221fbfa.综上所述，原不等式成立.——这个过程比较起方法1来当然是简洁了不少，如果③借助“与②同理”则更为简洁.不过，没有对方法1的探究、没有对方法1的自觉反思和对数学解题提出的自觉要求，方法2会从我们眼皮底下溜过.继续反思，方法1和方法2我们没有直接去证明问题(III)，走了一些弯路.冷静探究、自觉反思，有了前面的解题经验和感受，直接证明志在必得.方法3：消去参数.∵bafa，faab，abfa，∴2221fbfa222fbfafa222fbfaab221fbfaabfafb22fbfafafafbfbfbfa，①若0aba，则0fafb，0fbfbfa，②若0aba，则0fafb，0fbfbfa，③若0aba，则0fafb，0fbfbfa，综上所述，2221fbfa0fbfbfa，即2221fbfa，原不等式成立.冷静探索、自觉反思，本题的方法我们找到了一些，当然我们还有一些问题需要探索下去，比如问题7(II)的解决对问题(III)题真的没有借鉴吗？本题有没有几何背景？会是什么？1212fxfxxx有斜率、导数的背景吗？等等.遗憾的是，本题符号众多、形式抽象，令人望而生畏，许多考生虽也进行了探索，但短时间内没有找到“函数fx在R上递增”及“0,,aba大小顺序”这两条贯穿解题始终的关键所在，最终选择了放弃，作为应试策略是正确的，但他们所做的有益探索最终没能反映在他们的考卷上，无法得到相应的评价.但我们相信，在高考这样一次人生重要时刻，考场上的这些特殊而艰苦的探索必将对他们的思维和能力提高大有裨益.