【正文】摘 要：随着新课改不断推进，教学不仅重视培养学生的创造性思维，也对教师的专业素养提出了更高的要求。新时代的教师需要具备相应的高等数学知识，直击问题的本质，居高临下、深入浅出地解决相关问题、开拓学生的思维。因此，本文选取2018年全国卷的填空和导数压轴题，将常规解法与高观点下的解法形成对照，突出从高等数学的角度来看待问题的重要性，巧妙处理高考压轴题。
关键词：思维；高观点；导数

1 试题呈现
题目 1：（2018年高考数学全国卷I理科数学第16题）
f(x)=2 sin⁡x+sin⁡2x，则f(x)的最小值是______         
分析：这是一道求三角函数最值的问题，我们看到sin⁡x 和 cos⁡x，一方面可以通过普通的求导方式来求最值。另一方面可利用sin^2⁡x+cos^2⁡x=1这个公式，看成高观点下的条件极值，亦可使用琴生不等式来解决该问题。
题目2：（2018年高考数学全国卷III理科数学第21题）
已知函数f(x)=(2+x+ax^2 )  ln^((1+x) )⁡〖-2x〗.
（1）若a=0，证明：当-1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0.
（2）若x=0是f(x)的极大值点，求a.
分析：本题考察复杂含参变量函数的单调性问题，涉及对极值点的属性进行深度挖掘，不能仅仅停留在极值点的导数值为0这一个特性上，对化归思想和分类讨论的要求较高。
第一问可直接求导进行解决，同时若能够采取放缩ln^((1+x) )⁡〖>x〗则可以简化。另外，如果将ln^((1+x) )⁡ 的系数化为1，将对数的式子单独分出来，利用x+2>0这个条件，解法更加巧妙，本文在此略去第一问的解答。
第二问常规解法是较为复杂的，官方给出的解法是将函数极值点进行等价转化，难度较大，本文以一种类似的方法进行求解，更加便于理解。但是若利用高观点下的泰勒级数，会将暴露出问题的本质，快速求解。
2 填空题解法探究
2.1导数法
 通过对该三角函数进行求导，结合对应的区间分析出函数的单调性，从而确定极值和最值的大小关系，来解决问题。
解法一： 求导可得〖 f〗^' (x)=4 cos^2⁡x+2  cos⁡x⁡〖-2〗
令t=cos⁡〖x∈[-1,1]〗
当t=cos⁡x=1/2时，即sin⁡x=±√3/2
当sin⁡x=-√3/2时，f(x)取最小值-(3√3)/2
评注：我们也可利用f(x)的最小正周期为2π，只需确定f(x)在[0,2π]上的最值即可。
令f^' (x)=0 〖，则有cos〗⁡x=1/2 或 cos⁡x=-1
由cos⁡x=-1，得x=π；由cos⁡x=1/2，得x=5/3 π或x=π/3
∵函数最值只能在导数值为0的点或者区间端点取得
∴f(π)=2 sin⁡π+sin⁡2π=0，同理f(π/3)=(3√3)/2，f(5/3 π)=-(3√3)/2
f(0)=0，f(2π)=0，∴f(x)最小值为-(3√3)/2.
2.2万能公式法
我们令tan⁡〖x/2〗=t，所以sin⁡x=(2 sin⁡〖x/2  cos⁡〖x/2〗 〗)/(〖sin〗^2⁡〖x/2〗+〖cos〗^2⁡〖x/2〗 )=2t/(t^2+1)，同理cos⁡x=(cos^2⁡〖x/2〗-sin^2⁡〖x/2〗)/(sin^2⁡〖x/2〗+cos^2⁡〖x/2〗 )=(1-t^2)/(1+t^2 )，那么正余弦都可被t表示出来，此时便可通过求导进行求解。
解法二：tan⁡〖x/2〗=t，f(x)=2 sin⁡x+sin⁡2x=4t/(t^2+1)+2×2t(1-t^2 )/(t^2+1)^2 =f(t)
此时f^' (t)=(8(t^2+1)^2-32t^2 (t^2+1))/(t^2+1)^4 ，由f^' (t)=0得t=±√3/3
∴f(x)_min=f(-√3/3)=-(3√3)/2
2.3拉格朗日乘数法
高中阶段在求多元函数极值时，常见表现为求相应约束条件下的二元函数极值问题。若运用常规方法消元、求导，会显得很繁琐，但是通过拉格朗日乘数法会将问题化繁为简，使得隐晦问题更加直观，实现巧解难题、培养学生的创新意识的目的。
我们先来阐述一下拉格朗日乘数法：要得到目标函数z=f(x,y)在约束条件φ(x,y)=0下的极值。首先构造Lagrange函数L(x,y,λ)=f(x,y)+λφ(x,y)其中λ为待定常数。
{█(f_x (x,y)+λφ_x (x,y)=0@f_y (x,y)+λφ_y (x,y)=0@φ(x,y)=0)┤……①
通过上述方程得到了函数的稳定点，极值点就在方程组的所有解(x_0,y_0 )中。此时解出的某个极值点也可能是函数的最值点。
按照上述解法，我们也可推出多元函数的条件极值问题解法，不局限于二元函数。
解法三：a=sin⁡x，b=cos⁡x则a^2+b^2=1
此时f(x)=f(a,b)=2a+2ab
构造L(a,b,λ)^ =2a+2ab+λ(a^2+b^2-1)
{█(L_a=2+2b+2aλ=0@L_b=2a+2λb=0@L_λ=a^2+b^2-1=0)┤
解得b=1/2 或b=-1即cos⁡x=1/2 或 cos⁡x=-1
当cos⁡x=1/2时，由于求最小值，所以a=sin⁡x=-√3/2
当cos⁡x=-1时，a=sin⁡x=0
所以稳定点为(0,-1)和(-√3/2,1/2)
∴由函数的连续性可知，当a=-√3/2，b=1/2时，f(x)取最小值-(3√3)/2.
评注：可知，利用拉格朗日乘数法来解决带有约束条件的极值问题十分便利。与此同时，该方法对于技巧的要求不高，同时只需在理解偏导数的基础之上便可掌握，利于学生接纳吸收。
另外，也有学者在此解法的基础之上进行改进。由上述①式，可知 -λ=(f_x (x,y))/(φ_x (x,y) )=(f_y (x,y))/(φ_y (x,y) )进一步可知f_x (x,y)⋅φ_y (x,y)=f_y (x,y)⋅φ_x (x,y)，将得出的x与y的等量关系式带入φ(x,y)=0，从而更易求出z=f(x,y)在条件φ(x,y)=0下的可能极值点。
2.4琴声不等式
琴声不等式通过利用函数的凹凸性可以更加方便、快捷的处理不等式问题，为学生提供一些新的解题思路和技巧、开阔视野，在高考和数学竞赛中都有应用。
若在区间D上，f(x)为上凸函数即f^'' (x)≤0，则对x_1,x_2,x_3⋯x_n∈D，总有：
f((x_1+x_2+⋯x_n)/n)≥(f(x_1 )+f(x_2 )+f(x_3 ))/n^  当且仅当x_1=x_2=⋯=x_n时，等号成立。
同理，若f(x)在区间D上为凹函数，那么对应不等号相反。
解法四：f(x)=sin⁡x+sin⁡x+sin⁡(π-2x)
∵当x∈[0,π]时，f^'' (x)=-sin⁡x≤0
∴f(x)=sin⁡x+sin⁡x+sin⁡(π-2x)≤3⋅sin⁡((x+x+π-2x)/3)=(3√3)/2
又∵f(x)为奇函数 ∴最大值与最小值互为相反数
∴-(3√3)/2≤f(x)≤(3√3)/2，此时f(x)取最小值-(3√3)/2.
而当x∈[π,2π]时，f^'' (x)=-sin⁡x≥0
∴f(x)=sin⁡x+sin⁡x+sin⁡(π-2x)≥3⋅sin⁡((x+x+π-2x)/3)=(3√3)/2
综上，f(x)取最小值为-(3√3)/2.
评注：sin⁡x+sin⁡x+sin⁡(π-2x)也可看成三角形三个内角的正弦和最大，仅当三个角相等于时取最大，即f(x)≤(3√3)/2，同理由于f(x)为奇函数，得出最小值。
另外在利用琴声不等式解决相关问题时，重点在于巧妙的找出符合题意的凹凸函数，是解题的重要突破口。
2.5构造模型法
有学者通过化简，得到f(x)=2 sin⁡x (1+cos⁡x )，通过该式联想到三角形的面积来进行构造，通过创设数学模型，巧妙解题。
 
图一
解法五：如图，在单位圆中，C(-1,0)  A(cos⁡x,sin⁡x )  B(cos⁡x,-sin⁡x )
此时S_ΔABC=1/2⋅2 sin⁡x⋅(1+cos⁡x )，f(x)=2 sin⁡x (1+cos⁡x )
∵在圆中，当内接三角形为正三角形时，面积最大.
∴当ΔABC为正三角形时，由正弦定理a/sin⁡A =2R=2
∴此时边长a=√3，S_ΔABC的最大值为(3√3)/4
则有|f(x)|=2|sin⁡x (1+cos⁡x )|≤(3√3)/2，故f(x)取最小值为-(3√3)/2.
3导数题解法探究
3.1极值点联想单调性
   
图二：〖 f〗^' (x)图像        图三：f^'' (x)图像
在中学中，大部分学生遇到极值点问题，会立马想到导数为0，但是对于一些函数虽然极值点存在，但是导函数不存在的情况呢？如y=|x|，在x=0处为极小值，但由于左导数不等于右导数，使得该点处导数不存在。同时，导函数为0的点不一定是极值点，我们应联想到函数在该点处某个领域内的单调性的变化。
解法一：定义域为x∈(-1,+∞) 〖    f〗^' (x)=ln^((1+x) )⁡〖+1/(1+x)〗-1且f^' (0)=0
f^'' (x)=2aln^((1+x) )+(1+2ax)/(1+x)+(ax^2+2ax-1)/(1+x)^2 且f^'' (0)=0
即证x=0为f^'' (x)的极大值点
f^''' (x)=(2ax^2+(6a-1)x+6a+1)/(1+x)^3 
由第一问可知，a≥0且x>0时，f(x)≥(2+x)  ln^((1+x) )⁡〖-2x〗>0
∴x=0不是f(x)的极大值点.
当a<0时，记φ(x)=2ax^2+(6a-1)x+6a+1，φ(0)=6a+1
对称轴x=-(6a-1)/4a<(-4a)/4a=-1
 ⑴若φ(0)=6a+1=0，当x∈(-1,0)时，∵f^''' (x)>0    ∴〖 f〗^'' (x)单调递增
∴f^'' (x)≤f^'' (0)=0，此时f^' (x)在该区间上递减即f^' (x)>f^' (0)=0
那么f(x)在该区间上单调递增.
当x∈(0,+∞)时，∵f^''' (x)<0    ∴〖 f〗^'' (x)单调递减
∴f^'' (x)≤f^'' (0)=0，此时f^' (x)在该区间上递减即f^' (x)<f^' (0)=0
那么f(x)在该区间上单调递减，则x=0是f(x)的极大值点.
⑵若φ(0)=6a+1>0，则φ(x)存在两根x_1,x_2，令x_1<x_2
当x∈(-1,x_2 )时，∵f^''' (x)>0    ∴〖 f〗^'' (x)单调递增.
那么当x∈(0,x_2 )，f^'' (x)>f^'' (0)=0 ∴f^' (x)单调递增且f^' (0)=0
∴此时，f(x)在区间(0,x_2 )上单调递增，则x=0不是f(x)的极大值点.
⑶若φ(0)=6a+1<0，
当Δ=-12a^2-20a+1≤0，x∈(-1,+∞)时，f^''' (x)<0，则〖 f〗^'' (x)单调递减
∴在(-1,0)上，f^' (x)递增，在(0,+∞)上，f^' (x)递减，则f^' (x)≤f^' (0)=0
此时，f(x)在区间(-1,+∞)上单调递减，则x=0不是f(x)的极大值点.
当Δ=-12a^2-20a+1>0，φ(x)存在两根x_1,x_2，令x_1<x_2
取α=max⁡{x_2,-1}，在区间(α,0)上，f^''' (x)<0即〖 f〗^'' (x)单调递减
同理可得x=0不是f(x)的极大值点.
综上，a=-1/6
评注：该方法紧抓极大值点处函数左、右的单调性，并结合x=0处的函数值，一步一步推导，求导的过程中要重视先化简再求导的便利性，最终得出x=0为f^'' (x)的极大值点。
同时该方法也可进一步优化，如在第⑶种情况，我们可以通过找到x_0=(-(6a+1))/(6a-1)，-1<x_0<0，此时φ(x_0 )=2ax_0^2<0    ∴在x∈(x_0,0)上，f^''' (x)<0，可得x=0不是f(x)的极大值点，可避免考虑Δ。
3.2等价转化
官方标准答案是将问题进行了等价转化，讨论函数h(x)=ln^((1+x) )⁡〖-2x/(2+x+ax^2 )〗在x=0处的极值情况，十分巧妙，下面给出2018年高考官方参考答案。
解法二：由第一问可知，a≥0且x>0时，f(x)≥(2+x)  ln^((1+x) )⁡〖-2x〗>0
∴x=0不是f(x)的极大值点.
当 a<0时
f(x)=(2+x+ax^2 )(ln^((1+x) )⁡〖-2x/(2+x+ax^2 )〗 )  令h(x)=ln^((1+x) )⁡〖-2x/(2+x+ax^2 )〗
则f(x)=(2+x+ax^2 )h(x)   ∵x>-1   若2+x+ax^2>1+ax^2>0
∴|x|<√(-1/a)，那么当|x|<min⁡{1,√(-1/a)}时，2+x+ax^2>0
∴此时x=0是f(x)的极大值点等价于x=0是h(x)的极大值点.
h^' (x)=(x^2 (a^2 x^2+4ax+6a+1))/((x+1) (ax^2+x+2)^2 )，且h(0)=6a+1 ，对称轴为x=-2/a>0
⑴若6a+1>0，当0<x<-(6a+1)/4a且|x|<min⁡{1,√(-1/a)}时，h^' (x)>0
∴h(x)>h(0)=0
⑵若6a+1<0，h(x)存在两根x_1,x_2，令x_1<x_2
当x_1<x<0且|x|<min⁡{1,√(-1/a)}时，则h^' (x)<0，h(x)递减
此时x=0不是h(x)的极大值点.
⑶若6a+1=0，h^' (x)=(x^3 (x-24))/((x+1) (x^2-6x-12)^2 )，则当x∈(-1,0)时，h^' (x)<0，h(x)递减  又当x∈(0,1)时，h^' (x)>0，h(x)递增
此时x=0是h(x)的极大值点.
综上，a=-1/6
3.3泰勒公式
若函数f(x)在点x_0处存在直至n阶导数，则有
f(x)=f(x_0 )+f^' (x_0 )(x-x_0 )+(f^'' (x_0 ))/2! (x-x_0 )^2+⋯+(f^((n) ) (x_0 ))/n! (x-x_0 )^n+R_n (x) 其中，f^((n) ) (x)表示 f(x)的n阶导数，该式为f(x)在x=x_0处的泰勒展开式，R_n (x)为余项。
极值的第三充分条件为f(x)在点x_0的某领域内存在直至n-1阶导函数，在x_0处n阶可导，且f^((k) ) (x_0 )=0(k=1,2,⋯n-1)，f^((n) ) (x_0 )≠0，则
⑴当n为偶数时，f(x)在x_0处取得极值，且当f^((n) ) (x_0 )<0时取得极大值，f^((n) ) (x_0 )>0时取极小值.
⑵当n为奇数时，f(x)在x_0处不能取得极值.
ln⁡(1+x)=x-x^2/2+x^3/3+⋯+(-1)^(n-1)  x^n/n+0(x^n )，可借助该泰勒展开式，利用高等数学知识来解决问题。
解法三：f(x)=(2+x+ax^2 )(x-x^2/2+x^3/3-x^4/4+0(x^4 ))
∴f(x)=(a+1/6) x^3+(-a/2-1/6) x^4+0(x^4 )
又∵f(x)在点x=0时的泰勒多项式为
f(x)=f(0)+f^' (0)x+(f^'' (0))/2! x^2+(f^''' (0))/3! x^3+⋯+0(x^n )
由极值第三充分条件，可得f^''' (0)=0
∴x^3所对应的系数为0即a=-1/6
∵f^((4) ) (0)<0   ∴x=0是f(x)的极大值点.
评注：该题在泰勒级数和极值第三充分条件下，可快速求解。同时，泰勒级数还可适用于函数放缩如ⅇ^x≥x+1，ln⁡x≤x-1等，解决相关不等式问题。
拓展：f(x)=ⅇ^x+bx^2-x，若x=0是极小值点，求b的范围
解：f(x)≈(1+x+x^2/2!+x^3/3!)+bx^2-x≈1/6 x^3+(1/2+b) x^2
∵有极小值点0
∴由极值第三充分条件，则f^'' (0)>0即b>-1/2
可见，泰勒级数可以更好的发现该类问题的本质。
  4总结与建议
  4.1提高教师的专业素养
  拉格朗日乘数法和泰勒展开式都属于高等数学板块，在课本内容中是不会涉及的。但目前高考命题者常常从高等数学的视角来命制题目，如2020全国一卷的圆锥曲线用到了极点极线知识点、2018年全国一卷的导数运用到拉格朗日定理，使得部分题目既展现了高等数学思想又能够用初等数学的方法进行解决。另外观察相关高中基础知识，可以发现暗含一些高观点的思想，如三角函数的伸缩变化、斜二测画法等蕴含了仿射变换的思想。因此，作为新时代的教师，需要了解初等数学和高等数学之间的联系，适当渗透高等数学的知识但并不追求太严格的证明，让学生在条件允许的情况下用高等数学的知识解决问题。同时“要给学生一杯水, 教师应该有一桶水。”告诉教师应不断的加深自己的专业素养，重视高等数学知识的学习，居高临下地看待问题。
  4.2培养学生的思维能力
  教师通过传授相关高等数学知识，基于学生的“最近发展区”，使学生可以跳一跳、摸得着，提高学生思维的积极性。在改变部分学生只重视机械训练现状的同时，开阔学生的思维，培养学生的创新意识。不仅让学生养成长时间思考的习惯，也让学生认识到数学知识体系的庞大，对于数学的认识更加充满敬畏和向往，体会数学的魅力，获得良好的学习体验并在此过程中得到高等数学给予的新鲜感。
 
   参考文献
   [1]韩丹丹.拉格朗日乘数法解决一类极值问题[J].数学通讯,2017(18):60-63.
   [2]吕夏雯.拉格朗日乘数法在高中数学中的改进和应用[J].文理导航(中旬),2020(09):13+20.
   [3]黄洪光.多管齐下,破解三角函数最值题——以2018年高考数学全国卷Ⅰ理科第16题为例[J].中学数学教学参考,2019(15):61-62.
   [4]华东师范大学数学系编.数学分析上册：第四版[M].北京,高等教育出版社,2010.