挑战 2024 年高考数学新课标 I 卷压轴大题

2024 年高考已落下帷幕。今年最大的变化是全国 I 卷退出历史舞台，很多省份开始采用新高考 I 卷。不少考生反映今年的试题相较过去几年要容易一些，只是压轴大题有点难度。按照惯例，我将继续尝试一下今年数学的最后两道大题，感受一下新高考的变化。

新高考 I 卷的难度设置和全国 I 卷有所不同：函数和导数位列倒数第二题，而数列作为压轴题。

函数与导数

已知函数 $f(x) = \ln{\dfrac{x}{2-x}} + ax + b(1-x)^3$

(1) 若 $b=0$，且 $f’(x) \geqslant 0$，求 $a$ 的最小值。

(2) 证明：曲线 $y = f(x)$ 是中心对称图形。

(3) 若 $f(x) > -2$ 当且仅当 $1 < x < 2$，求 $b$ 的取值范围。

解:

要分析一个函数，首先一定是考虑定义域。依题意，函数中含有对数，必须要保证真数大于 $0$。据此可求得 $x$ 的取值范围（即定义域）为 $(0, 2)$。

第 (1) 小问直接让 $b=0$，不考虑后面的三次项，要求 $a$ 的最小值，我们直接对 $f(x)$ 求导即可。

$$ \begin{align} f(x) &= \ln{\frac{x}{2-x}} + ax \\ f'(x) &= \frac{x}{2-x} \cdot \frac{2-x+x}{(2-x)^2} + a \\ &= \frac{2}{x(2-x)} + a \\ \end{align} $$

由题意可得

$$ \begin{align} \frac{2}{x(2-x)} + a &\geqslant 0 \\ \Longrightarrow a &\geqslant \frac{2}{(x-1)^2-1} \end{align} $$

这里直接将分母配方，由二次幂函数（二次函数）的单调性可知，不等号右边的分母在 $x=1$ 处取得最小值，且恒负。再由负一次幂函数（反比例函数）的单调性可知，整个不等号右边的式子在 $x=1$ 处取得最大值 $-2$。那么，$a$ 只要确保比右边的最大值还大即满足题意，所以 $a$ 的最小值就是 $-2$。

第 (2) 小问要求证明曲线 $y = f(x)$ 是中心对称图形，那么有一个大前提是其定义域要关于数轴上某点对称。据此可以很显然地推出，曲线 $y = f(x)$ 的对称中心的横坐标只能是 $x=1$。利用中心对称的定义和性质，得

$$ \begin{align} f(1+x) + f(1-x) &= \ln{\frac{1+x}{1-x}} + \ln{\frac{1-x}{1+x}} \\ &+ a(1+x) + a(1-x) \\ &+ bx^3 - bx^3 \\ &= 2a \end{align} $$

计算所得结果与自变量 $x$ 无关，即证。并且可以求得这个对称中心的坐标是 $(1, a)$。

第 (3) 小问是经典的求参数取值范围的问题。题目给的条件很严格——当且仅当（即等价关系），我们解题时可以直接看其逆命题，翻译过来的题意就是：$f(x) > -2$ 对任意的 $x \in (1, 2)$ 恒成立。那么我们就要考察区间 $(1, 2)$ 上 $f(x)$ 的值域，首先对 $f(x)$ 求导以判断单调性。

$$ \begin{align} f'(x) &= \frac{2}{-(x-1)^2 + 1} + a + 3b(x-1)^2 \\ \end{align} $$

容易判断：第一项由反比例函数和二次函数复合而成，内减外减，最终是单调递增函数；第三项是二次函数，在对称轴右侧是单调递增函数。所以，导函数在区间 $(1, 2)$ 上单调递增，那么

$$ f’(x) > \lim_{x \to 1^{+}} f’(x) = a + 2 $$

导函数的正负需要根据 $a$ 的取值进行讨论。

​1. 当 $a + 2 \geqslant 0$，即 $a \geqslant -2$ 时

此时导函数 $f’(x) \geqslant 0$，$f(x)$ 在区间 $(1, 2)$ 上单调递增。那么

$$ f(x) > \lim_{x \to 1^{+}} f(x) = a $$

也就是说 $f(x)$ 大于一个最小值为 $-2$ 的数，那显然 $f(x) > -2$ 恒成立，符合题意。

​2. 当 $a + 2 < 0$，即 $a < -2$ 时

此时导函数的最小值是小于 $0$ 的。通过如下极限判断：

$$ \begin{align} \lim_{x \to 1^{+}} f'(x) &= a + 2 < 0 \\ \lim_{x \to 2^{-}} f'(x) &= +\infty \end{align} $$

可知导函数是先负后正的，那么原函数就是先减后增的。

由零点存在定理可知，不妨设 $x_0 \in (1, 2)$，使得 $f’(x_0) = 0$。那么 $f(x)$ 在 $(1, x_0)$ 上单调递减，在 $(x_0, 2)$ 上单调递增。于是由 $f’(x_0) = 0$，可以得到如下的方程：

$$ \frac{2}{-(x_0 - 1)^2 + 1} + a + 3b(x_0 - 1)^2 = 0 $$

注意到我们在对 $a$ 的取值进行分类讨论，所以可以利用参数 $a$ 建立不等关系：

$$ \begin{align} \frac{2}{-(x_0 - 1)^2 + 1} + 3b(x_0 - 1)^2 &= - a > 2 \\ \end{align} $$

这样就达到了消元的目的。现在不等式里面只剩下 $x_0$ 和 $b$ 了。$x_0$ 是有确定取值范围的变量，而 $b$ 则是待求的参数。可以采用参变分离的思路，同时进行换元：令 $t = (x_0 - 1)^2 \in (0, 1)$，于是得到

$$ \begin{align} \frac{2}{-t+1} + 3bt &> 2 \\ b &> \frac{1}{3} \left[ \frac{2}{t} + \frac{2}{t(t-1)} \right] \\ b &> \frac{2}{3(t-1)} \end{align} $$

要使上面的不等式恒成立，那么 $b$ 应该大于右式的最大值 $-\dfrac{2}{3}$。注意到 $t \in (0, 1)$，取值范围是开区间，说明右式取不到最大值，所以 $b$ 就可以取到 $-\dfrac{2}{3}$，那么 $b$ 的取值范围是 $[-\dfrac{2}{3}, \infty)$。

点评

本题考察函数和导数的综合运用，题型较为常规，考察的知识点很基础，难度不大。而且本题的函数也不复杂，一次求导就很容易判断单调性，计算量也不是很大。

错误纠正

本题导数第 (3) 小问通过等价关系中的一半条件（即必要性）将条件转化为恒成立的方法虽然逻辑上没有问题，但是由于条件只考虑了一半，导致求解过程中存在错误。

对于一个连续函数 $f(x)$，题目告诉我们其在开区间上的值域也是一个开区间。同时，$f(x)$ 的解析式只含多项式函数和对数函数，所以不存在水平渐近线。容易判断

$$ \begin{align} \lim_{x \to 2^{-}} f(x) = +\infty \end{align} $$

这恰好对应了 $f(x)$ 值域 $(-2, +\infty)$ 中的 $+\infty$。那么对于另一个端点，也就是当 $x=1$ 时，$f(x) = -2$。据此可以计算出 $a=-2$。这说明前面讨论 $a$ 的取值是不合理的。此时再来分析这个函数。

$$ \begin{align} f(x) &= \ln{\frac{x}{2-x}} -2x + b(x-1)^3 \\ f'(x) &= \frac{2}{-(x_0 - 1)^2 + 1} - 2 + 3b(x_0 - 1)^2 \end{align} $$

将 $(x_0-1)^2$ 看作整体，换元为 $t$，那么 $t \in (0, 1)$，并将导函数记为 $g(t)$，则

$$ \begin{align} g(t) &= \frac{2}{1-t} - 2 + 3bt^2 \\ &= \frac{1}{1-t} \left[ 2 - 2(1-t) + 3bt^2 \right] \\ &= \frac{t}{1-t} \left( 3bt + 2 \right) \end{align} $$

不难判断，$g(t)$ 的第一个因式恒正，所以 $g(t)$ 的正负取决于第二个因式。

同时，$g(0) = 0$，相当于 $f’(1) = 0$。如果对于任意的 $x \in (1, 2)$，$f’(x) > 0$，即 $f(x)$ 从 $-2$ 开始能够单调递增，一定能充分地保证题意（不一定必要）。基于这个思路，我们希望对于任意的 $t \in (0, 1)$，$g(t) > 0$ 恒成立，也就是

$$ \begin{align} 3bt + 2 > 0 \end{align} $$

将上式左边看作是关于 $b$ 的线性函数，那么只要保证开区间两段都大于等于 $0$ 即可。所以得到如下不等式组：

$$ \begin{cases} 2 \geqslant 0 \\ 3b + 2 \geqslant 0 \end{cases} \Longrightarrow b \geqslant -\dfrac{2}{3} $$

注意一定要大于等于 $0$，因为 $t$ 的取值范围是开区间，且不等号不含等号，所以 $b$ 的范围能取等号。

当 $b \geqslant -\dfrac{2}{3}$ 时，$g(t) > 0$，即 $f’(x) > 0$，$f(x)$ 在 $(1, 2)$ 单调递增，$f(x) > f(1) = -2$，符合题意。

下面就判断当 $b < -\dfrac{2}{3}$ 时的情况为什么不符合题意。只要当 $b < -\dfrac{2}{3}$，在 $0$ 的去心右邻域 $U_{+}^{\circ}(0, \delta)$ 内，一定有 $g(t) < 0$，即在 $1$ 的去心右邻域 $U_{+}^{\circ}(1, \delta)$ 内，一定有 $f’(x) < 0$。那么 $f(x)$ 在 $U_{+}^{\circ}(1, \delta)$ 内单调递减，$f(x) < f(1) = -2$，不符合题意。

综合以上，$b \geqslant -\dfrac{2}{3}$。

数列

设 $m$ 为正整数，数列 $a_1, a_2, \cdots, a_{4m+2}$ 是公差不为 $0$ 的等差数列。若从中删去两项 $a_i, a_j$（$i < j$）后剩余的 $4m$ 个数都能构成等差数列，则称数列 $a_1, a_2, \cdots, a_{4m+2}$ 是 $(i, j)$ - 可分数列。

(1) 写出所有的 $(i, j)$（$1 \leqslant i \leqslant j \leqslant 6$），使数列 $a_1, a_2, \cdots, a_{4m+2}$ 是可分数列。

(2) 当 $m \geqslant 3$ 时，证明：数列 $a_1, a_2, \cdots, a_{4m+2}$ 是 $(2, 13)$ - 可分数列。

(3) 从 $1, 2, \cdots, 4m+2$ 中依次任取两个数 $i, j$（$i < j$），记数列 $a_1, a_2, \cdots, a_{4m+2}$ 是一个 $(i, j)$ - 可分数列的概率为 $P_m$，证明 $P_m > \dfrac{1}{8}$。

解：

本题是一个十分新颖的探究型压轴大题，即首先给出一些概念或者定义，考生需要临场现学现卖，非常考验考生的基本功和临场发挥。不过命题人对考生也十分友好，他设置了难度梯度非常合适的三小问，方便考生一边做题，一边把握内在的规律。

第 (1) 小问是最简单的情形，考生是完全可以穷举出所有的结果的。而第 (1) 小问其实是十分重要的铺垫，我们完全可以顺着第 (1) 小问的思路，尝试穷举出 $m=2, 3$ 乃至更多的数的情形，然后从中找到规律。

由于本题中的数列是等差数列，所以我们完全可以简化这个题目：就将其看作是从 $1$ 开始的连续 $4m+2$ 个自然数。那么，在高考考场上的我们，完全可以将这个题目当作是小学生的奥数题看待。我们的任务就是，去掉两个数，然后剩下的数每四个一组，都能构成等差数列。

那么这里面其实有两种情形：

1. 我们去掉的两个数刚好不会“破坏队形”，剩下的数顺次四个一组就能符合题意，无需再进行拆分重组。不难发现，这种情形下，去掉的这两个数的间隔一定是 $4$ 的倍数，否则就一定会破坏队形。
2. 我们去掉的两个数会“破坏队形”，它会使得有一些数必须得隔几个数和其他数字每四个一组才能组成等差数列。例如，图中所示的 $m=2$ 时的最后一种情况，和 $m=3$ 时的最后两种情况。

首先我们看最简单的情况 $m=1$。此时我将规律总结为“一头一尾，掐头去尾”，这样可以确保我们去掉的两个数刚好不会破坏队形。同时，这也是确保两个数不会破坏队形的最基本情况，一些复杂的情况都由此来推导出。

当 $m = 2, 3$ 时，仍然可以采用“一头一尾，掐头去尾”的思路。不过，由于中间的数字增加，且是四个数字为一组等差数列，所以我们容易想到以 $4$ 为步长考虑更多的情况。例如，当 $m=2$ 时，基于 $(1, 10)$ 这种情况，可以推导出 $(5, 10)$ 和 $(9, 10)$ 两种情况。同理，当 $m=3$ 时，基于 $(1, 14)$ 这种情况，可以推导出 $(5, 14)$、$(9, 14)$ 和 $(13, 14)$ 三种情况。

而破坏队形的情况则从 $m=2$ 开始才出现，这也是比较难发现的规律。不过，命题人对广大考生是很友好的，他设置了第 (2) 小问，让我们证明当 $m \geqslant 3$ 时，$(2, 13)$ 这种情况也是符合题意的。这相当于给了我们提示。由图可知，不仅仅是 $(2, 13)$ 这种情况，同样也可以以 $4$ 为步长，推导出 $(6, 13)$ 和 $(2, 9)$ 也符合题意（当然 $(2, 9)$ 已经包括在 $m=2$ 的情况下了）。

那么，要证明第 (2) 小问其实用数学归纳法即可。首先证明当 $m=3$ 时符合题意，然后再证明当 $m > 3$ 时，$m = k$ 成立能够推出 $m = k + 1$ 也成立。这个是显然的，因为从 $k$ 到 $k + 1$ 只是多了四个连续成等差的数字，它们不会受到 $m = k$ 时的切分影响。

此外，我们横向对比着看上图，不难发现它们之间存在着某种递推关系。$=m$ 的情形的可行解总是可以从 $=m-1$ 的情形中找到。由此，我们不妨猜想：

$m$	$4m+2$	不“破坏队形”	“破坏队形”	总计
1	6	3	-	3
2	10	3	1	3 + 3 + 1
3	14	4	2	3 + 3 + 1 + 4 + 2
…	…	…	…	…
m	4m + 2	m + 1	m - 1	待求解

这个待求解的内容即为本题真正的奥秘：可行解数量的递推公式。不难看出，相邻两项之差存在着一定的规律。我们用数列 $n_m$ 表示相应的可行解的数量，则当 $m \geqslant 2$ 时，有

$$ \begin{align} n_{m} - n_{m-1} &= 2m \\ n_{m-1} - n_{m-2} &= 2(m-1) \\ \cdots \\ n_{2} - n_{1} &= 4 \\ \end{align} $$

将上式逐个两边相加，得到

$$ \begin{align} n_{m} - n_{1} &= \frac{(2m + 4)(m - 1)}{2} \\ &= m^2 + m - 2 \\ \Longrightarrow n_{m} &= m^2 + m + 1 \end{align} $$

这样一来，第 (3) 小问也就迎刃而解了。

$$ \begin{align} P_{m} &= \frac{n_{m}}{C_{4m+2}^2} \\ &= \frac{m^2 + m + 1}{(2m + 1)(4m + 1)} \\ \end{align} $$

下面判断这个数列的单调性。其对应的函数由分子和分母两部分二次函数构成，且恒正，都在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。不用求导，观察式子可知，分母的二次项系数比分子大，所以分母的增速比分子快。那么，这是一个单调递减数列。此时就看这个数列的极限，分子分母是同阶无穷大，极限是最高次幂项系数之比，即

$$ \begin{align} \lim_{m \to \infty} P_{m} = \frac{1}{8} \end{align} $$

于是，第 (3) 小问得证。

点评

本题命题方式新颖，有一定的难度和技巧性。不仅考察考生的基本功是否扎实，还十分考验考生的临场发挥能力。如果没有做过一些找规律的思维游戏，很容易漏掉可行解导致做不出来。本题没有给出任何数列的递推关系公式，但命题人却处处都在提示考生下一步应该做什么，这对于考生来说的的确确是一项艰难的挑战。总而言之，这道题是一道不难但能拉开智商差距的题目。