1.深究细研，条分缕析——备考导数解答题-《中学生数理化》高考数学2024年5月刊

■四川省绵阳实验高级中学 黄 芹 对导数应用的考查一直是高考热点。 《新课标》关于导数的描述是:(1)通过导数的 概念,理解二阶导数的概念,掌握一些基本初 等函数的一阶导数与二阶导数。(2)理解拉 格朗日中值定理,了解它的几何解释。(3)能 利用导数讨论函数的单调性,并证明某些不 等式(例如,当x>0时,sin x<x;ln (x+1) <x)。(4)会利用导数讨论函数的极值问题, 利用几何图像说明一个点是极值点的必要条 件与充分条件(不要求数学证明)。(5)会借 助导数求闭区间上一元一次函数、一元二次 函数、一元三次函数的最大值与最小值。基 于此,近几年的高考导数解答题常考查求切 线方程、讨论函数的单调性、求函数的极值 (最值)、证明不等式等。在高考中,文科考查 的函数经常是三次函数,理科考查的函数经 常是由基本函数(例如,三角函数,指数函数, 对数函数,幂函数等)组合后的新函数。 考向一、讨论函数的单调性,求函数的极 值(最值) 利用导数研究函数的单调性,是导数解 答题的常考内容,关键步骤是判断导函数的 符号。研究函数f(x)的单调性与解不等式 f'(x)>0,f'(x)<0有关,而解不等式与对 应方程的解有关,所以需要求出函数y= f'(x)的零点,即方程f'(x)=0的根是研究 函数f(x)的单调性的切入点。涉及对参数 分类讨论的题目,需要分析参数在不同范围 下,方程f'(x)=0的根是如何变化的,如何 影响了f'(x)的正负,以及原函数f(x)的单 调性。求函数的极值首先需要讨论函数的单 调性。求函数最值的一般方法是先求极值, 再比较各极值及端点处函数值的大小,最后 取最大(小)值即可。 例 1 (黑龙江名校联盟2024届高三 模拟测试试题)已知函数f(x)=ex+aln x 2 , a<0。 (1)当a=-e时,求函数f(x)的极值; (2)证明:f(x)+2a+aln - 2 a ≥0。 解析:(1)当a=-e时,f(x)=ex- eln x 2 ,x∈(0,+∞)。 所以f'(x)=ex- e x ,x∈(0,+∞)。 因为f″(x)=ex+ e x2 >0在(0,+∞)上 恒成立,所以函数f'(x)在(0,+∞)上单调 递增,且f'(1)=0。 所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,函数 f(x)在(0,1)上单调递减; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,函数 f(x)在(1,+∞)上单调递增。 所以函数f(x)在x=1处取得极小值 f(1)=e(1+ln 2),无极大值。 (2)证法一:当a<0时,f(x)=ex+ aln x 2 ,x∈(0,+∞)。 所以f'(x)=ex+ a x ,x∈(0,+∞)。 令g(x)=f'(x),则g'(x)=ex- a x2 >0 在(0,+∞)上恒成立。 所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增, 且当x→0时,f'(x)=ex+ a x→-∞ ;当x→ +∞时,f'(x)=ex+ a x→+∞ 。 3 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2024年5月 所以函数f'(x)=ex+ a x 在(0,+∞)上 存在唯一零点x0,即f'(x0)=ex0+ a x0 =0, ex0=- a x0 ,且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,函 数f(x)在(0,x0)上单调递减;当x∈(x0, +∞)时,f'(x)>0,函数f(x)在(x0,+∞) 上单调递增。 所以函数f(x)在x=x0 处取得极小值 f(x0)=ex0+aln x0 2 。 要证不等式f(x)+2a+aln - 2 a ≥0 成立,即证f(x0)+2a+aln - 2 a ≥0成 立,即ex0+aln x0 2+2a+aln - 2 a =-ax0 + a ln x0 2+ln - 2 a 􀭠􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 +2a = -a x0 +2a + aln - x0 a = -ax0 + (-a)x0 + 2a = (-a)1x0 +x0 +2a≥2(-a)+2a=0,当且 仅当 1 x0 =x0,即x0=1时,等号成立。 所以f(x)+2a+aln - 2 a ≥0。 证法 二:要 证 不 等 式 f(x)+2a+ aln - 2 a ≥0成立,即证ex+alnx2+2a+ aln - 2 a ≥0,即证ex+a[ln x-ln 2+2+ ln 2-ln(-a)]≥0,两边同时除以-a,则只 需要证明ex-ln(-a)-ln x-2+ln(-a)≥0,即 证ex-ln(-a)-[x-ln(-a)]-1+x-ln x-1 ≥0,即证ex-ln(-a)-[x-ln(-a)]-1+eln x -ln x-1≥0。 令φ(x)=ex-x-1,则需证明φ(x- ln(-a))+φ(ln x)≥0。 因为φ'(x)=ex-1,所以当x>0时, φ'(x)>0;当x<0时,φ'(x)<0。 所以y=φ(x)在(-∞,0)上单调递减, 在(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)≥φ(0)= 0,所以φ(x-ln(-a))+φ(ln x)≥0。 所以原命题得证。 【点睛】第(2)问的本质是求函数f(x)的 最小值。证法一中,已知f'(x)=ex+ a x 存 在唯一零点,但是无法求出,需要采用隐零点 的研究方法,即用零点存在性定理判定零点 的范围,得到与零点有关的等价代换形式。 证法二是采用同构的办法,构造一个新函数 φ(x)=ex-x-1,通过φ(x)≥0,即可证明 原不等式成立。 考向二、导数背景下的不等式证明 不等式证明是高考热点之一,常见题 型有两类:一类是证明连续函数不等式;一 类是证明数列不等式。连续函数不等式证 明的一般方法是构造新函数,分析新函数 的单调性,求新函数的最值或者通过放缩 法进行证明;导数背景下的数列不等式的 证明,需要建立导数不等式和数列不等式 之间的联系,常用到放缩法。放缩法常用 的不等式有:ex≥x+1;ex≥ex;ln x≤x- 1(x>0);x≥sin x(x≥0); ab < a-b ln a-ln b< a+b 2 (a>0,b>0,a≠b)等。 例 2 (2024年四川成都石室中学高 考模拟预测)已知函数f(x)=xln x-a(x -1)。 (1)若f(x)≥0,求实数a的值; (2)已知n∈N* 且n≥2,求证:sin 1 2+ sin 1 3+ …+sin 1 n<ln n。 解析:(1)由f(x)≥0,x>0,可得ln x -a1- 1 x ≥0。 令h(x)=ln x-a1- 1 x ,则h(x)≥ 0,求导得h'(x)= 1 x- a x2 = x-a x2 。 注意到h(1)=0,所以 x=1是函数 h(x)的极小值点,则h'(1)=0,得a=1。 当a=1时,h'(x)= x-1 x2 ,则函数h(x) 在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递 增。 4 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2024年5月 所以h(x)≥h(1)=0,满足条件。 综上可得,a=1。 (2)由(1)可得,ln x≥1- 1 x (x≥1)。 令 1 k=1- 1 x ,则x= k k-1 。 所以ln k k-1≥ 1 k ,即1 k≤ln k-ln(k- 1),k∈{2,3,4,…,n}。 令g(x)=x-sin x(x>0),则g'(x)= 1-cos x≥0,且g'(x)不恒为零,所以函数 g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)> g(0)=0,则sin x<x(x>0),所以sin 1 k< 1 k≤ln k-ln(k-1),k∈{2,3,4,…,n}。 所以sin 1 2+sin 1 3+ …+sin 1 n< (ln 2 -ln 1)+(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln(n- 1)]=ln n,问题得证。 【点睛】第(1)问,由f(x)≥0,得ln x- a1- 1 x ≥0,从而构造新函数h(x)=ln x -a 1- 1 x ,若 直 接 对 f(x)=xln x- a(x-1)求导,则导函数中还含有ln x,而对 新函数求导后就只需要判定x-a 的符号即 可,简化了 运 算。第(2)问,证 明sin 1 2+ sin 1 3+ …+sin 1 n<ln n,观察不等式左右 两侧的结构,需要引入中间量搭桥建立正弦 和对数的联系,同时左侧是数列求和,那么右 侧也应展开成数列求和的形式,(ln 2-ln 1) +(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln(n-1)]= ln n,所以只需要证明sin 1 n<ln n-ln(n- 1),利用第(1)问的结论ln x≥1- 1 x (x≥1) 和sin x≤x(x≥0)进行放缩即可证明。 考向三、已知不等式成立,求参数范围 已知不等式恒成立,常转化为研究函数 最值问题,需要根据不等式的特点构造合适 的新函数。 例 3 (2024年河北名校联考模拟预 测)已知函数f(x)=ln x+mx+1,g(x)= x(ex-1)。 (1)若f(x)的最大值是0,求m 的值; (2)若对任意x>0,f(x)≤g(x)恒成 立,求m 的取值范围。 解析:(1)由题意知,函数f(x)的定义域 为(0,+∞),求导得f'(x)= 1 x+m 。 若m≥0,则f'(x)>0,f(x)在定义域 内单调递增,无最大值。 若m<0,则当x∈ 0,- 1 m 时,f'(x)> 0,函数f(x)单调递增; 当x∈ - 1 m ,+∞ 时,f'(x)<0,函数 f(x)单调递减。 所以当x=- 1 m 时,f(x)取得极大值, 也是最大值,为f - 1 m =ln -1m =0,解 得m=-1,符合题意,所以m=-1。 (2)对任意x>0,f(x)≤g(x)恒成立, 即ln x+mx+1≤x(ex-1)在(0,+∞)上恒 成立,即 m+1≤ex- ln x+1 x 在(0,+∞)上 恒成立。 设φ(x)=ex - ln x+1 x ,则 φ'(x)= x2ex+ln x x2 。 设q(x)=x2ex+ln x,则q'(x)=(x2+ 2x)ex+ 1 x>0 ,所以q(x)在(0,+∞)上单调 递增,且q 1 2 <0,q(1)>0,所以q(x)有唯 一零点x0∈ 1 2 ,1 ,且x20ex0+ln x0=0,所 以x0ex0=- ln x0 x0 =-ln x0·e-ln x0。 令h(x)=xex,则h(x0)=h(-ln x0)。 又因为函数h(x)=xex 在(0,+∞)上 是增函数,所以x0=-ln x0。 因为φ(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0, +∞)上单调递增,所以φ(x)≥φ(x0)=e x0 5 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2024年5月 - ln x0+1 x0 = 1 x0 + x0-1 x0 =1,所以m+1≤1, 即m≤0。 所以m 的取值范围是(-∞,0]。 【点睛】本题第(2)问,通过参变分离构造 新函数φ(x),转化为求φ(x)的最小值,通过 虚设零点x0 求出φ(x)的最小值φ(x0)=1, 在求φ(x0)的过程中,需要解方程x20e x0 + ln x0=0,观察等式结构可以通过指对数转 化(同构)得到等式x0=-ln x0,从而求出m 的取值范围。 考向四、函数零点问题 函数零点问题是导数综合考查的一个方 向,主要的研究方法是利用单调性讨论,结合 零点存在性定理进行说明。 例 4 (2024年四川成都校考一模)已 知函数f(x)=exsin x。 (1)求f(x)的单调递减区间; (2)记g(x)=f(x)-ax,若0<a<3, 试讨论g(x)在(0,π)上的零点个数。 (参考数据:e π 2 ≈4.8) 解析:(1)由题意知,函数f(x)=exsin x 的定义域为(-∞,+∞),求导得f'(x)= ex(sin x+cos x)= 2exsinx+ π 4 。 由f'(x)<0得2kπ+ 3π 4<x<2kπ+ 7π 4 ,k∈Z,所以 f(x)的单调递 减 区 间 是 3π 4+2kπ ,7π 4+2kπ ,k∈Z。 (2)由 已 知 得 g(x)=f(x)-ax= exsin x - ax, 求 导 得 g'(x) = ex(sin x+cos x)-a。 令h(x)=g'(x),则h'(x)=2excos x。 所以当x∈ 0, π 2 时,h'(x)>0;当x∈ π 2 ,π 时,h'(x)<0。 所以 h(x)在 0, π 2 上 单 调 递 增,在 π 2 ,π 上单调递减,即g'(x)在 0,π2 上单 调递增,在 π 2 ,π 上单调递减。 可知g'(0)=1-a,g'(π)=-eπ-a<0。 ①若1-a≥0,即0<a≤1,则g'(0)≥ 0,所以g' π 2 >0,所以∃x0∈ π2,π ,使得 g'(x0)=0。 所以当x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当x∈ (x0,π)时,g'(x)<0。 所以g(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0, π)上单调递减。 因为g(0)=0,所以g(x0)>0。 又g(π)=-aπ<0,由零点存在性定理 可知,此时g(x)在(0,π)上仅有一个零点。 ②若1<a<3,则g'(0)<0,又g'(x)在 0, π 2 上单调递增,在 π2,π 上单调递减, g' π 2 =e π 2 -a>0,所以∃x1∈ 0, π 2 , ∃x2∈ π 2 ,π ,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0。 所以当x∈(0,x1)时,g'(x)<0;当x∈ (x1,x2)时,g'(x)>0;x∈(x2,π)时,g'(x) <0。 所以g(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1, x2)上单调递增,在(x2,π)上单调递减。 因为g(0)=0,所以g(x1)<0。 因为g π 2 =e π 2- π 2a>e π 2- 3π 2>0 ,所 以g(x2)>0。 又因为g(π)=-aπ<0,由零点存在性 定理可知,g(x)在(x1,x2)和(x2,π)内各有 一个零点,即此时g(x)在(0,π)上有两个零 点。 综上所述,当0<a≤1时,g(x)在(0,π) 上仅有一个零点; 当1<a<3时,g(x)在(0,π)上有两个 零点。 【点睛】判断函数f(x)的零点个数,常用 的方法有两种:一是求解方程f(x)=0的 根;二是分析函数 f(x)的单调性后画出 f(x)的图像,判断图像与x 轴的交点个数。 (责任编辑 王福华) 6 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2024年5月