夯实基础明确方向-《中学生数理化》高考数学2025年5月

■河南省实验中学 程建辉 导数是高考核心考点之一,其考点众多, 考法灵活,重点考查同学们对导数基本概念 的理解、运算及综合运用能力。本文将从以 下两个方面介绍如何备考。 一、夯实基础,构建知识体系 导数是函数的局部性质,它通过极限的 概念来刻画函数在某一点处的变化率,为研 究函数的性质提供了强有力的手段。唯有夯 实基础,才能熟练借助导数工具确定函数的 单调性,找到函数的极值点和最值点,从而绘 制出函数的大致图像,借助图像进一步研究 函数性质,这对解决与函数相关的方程和不 等式等问题具有重要意义。因此,在复习备 考的过程中,同学们要深入理解导数的定义 及导数的几何意义,熟练运用和、差、积、商的 求导法则,以及复合函数求导法则,快速求出 导函数,作出函数图像,分析函数性质,构建 完整的知识体系。 二、明确方向,精准备考 在二轮冲刺阶段,大部分同学对应用导 数研究简单函数的切线、单调性、极值和最值 问题掌握较好,本文不再赘述,选择部分难点 和解题策略加以介绍。 1.比较大小问题 例 1 已知a=150 ,b= 6 5ln 51 50 ,c= 2lnsin 1 100+cos 1 100 ,则a,b,c 的大小关 系为( )。 A.a<b<c B.a<c<b C.b<c<a D.c<a<b 解析:由 不 等 式sin x<x(x>0)和 ln (1+x)< x (x > 0),可 知 c = 2lnsin 1 100+cos 1 100 =ln sin1100+cos1100 2 =ln1+sin 1 50 <ln1+150 <150=a,再利 用“飘带不等式”ln x> 2(x-1) x+1 (x>1),可 得b= 6 5ln 51 50> 12 5× 1 50 101 50 = 12 505> 1 50=a ,所 以c<a<b。 故选D。 点评:(1)利用导数知识不难证明“飘带 不等式”:当0<x<1时, 2(x-1) x+1 >ln x> 1 2 x- 1 x ;当x>1时,12 x-1x >ln x> 2(x-1) x+1 。该结论在一些比较大小和证明不 等式题型中常有涉及。(2)本题也可以通过 构造函数、研究函数的单调性来比较大小,该 方法较为常见,请读者自行研究。 2.同构问题 例 2 已知不等式x+aln x+ 1 ex >xa 对x∈(1,+∞)恒成立,则实数a 的最小值 为( )。 A.-e B.- e 2 C.-e D.-2e 解析:由x+aln x+ 1 ex >xa 可得x+ 1 ex >xa-aln x=xa-ln xa,即 1 ex -ln 1 ex > xa-ln xa。令f(x)=x-ln x,x>0,则有 f 1 ex >f(xa),求导易得f(x)在(0,1)上单 调递减,在(1,+∞)上单调递增。若x>1, 则0< 1 ex <1,xa 与1的大小不定,但当实数 a最小时,只需考虑其为负数的情况,此时 0<xa<1。因为当0<x<1时,f(x)单调递 3 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年5月 减,所 以 1 ex <xa,两 边 取 对 数 得 -x< aln x(x>1),所以a>- x ln x 。令g(x)= - x ln x ,求导分析可知g(x)在(1,e)上单调 递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)≤ g(e)=-e,故a的最小值是-e。若0<x< 1,则 1 ex >1,从四个选项均为负,考虑xa>1, 此时有 1 ex >xa,两边取对数得-x>aln x (0<x<1),所 以- x ln x<a 。令 g(x)= - x ln x ,则 g'(x)= 1-ln x (ln x)2 。当0<x<1 时,g'(x)>0恒成立,所以g(x)在(0,1)上 单调递增,无最大值。 综上可得,a的最小值是-e。 故选C。 点评:(1)本题先将x+ 1 ex >xa-aln x =xa-ln xa 变形为 1 ex -ln 1 ex >xa-ln xa, 再构造函数f(x)=x-ln x(x>0)分析单调 性,由f 1 ex >f(xa)得到1ex 与xa 的大小关 系,结 合 选 项 讨 论 即 可 求 出 a 的 最 小 值。 (2)如果题干中涉及的不等式或者等式中同 时出现指数函数与对数函数,一般可考虑通 过同构变形进行分析求解。 3.隐零点问题 例 3 已知函数f(x)=xe2x-1,不等 式f(x)≥mx+ln x 对任意的x∈(0,+∞) 恒成立,则实数m 的取值范围是 。 解析:由题意可得,f(x)≥mx+ln x 对 任意的x∈(0,+∞)恒成立,等价于 m≤ xe2x-ln x-1 x 对任意的x∈(0,+∞)恒成 立。 令g(x)= xe2x-ln x-1 x ,则g'(x)= 2x2e2x+ln x x2 。 令h(x)=2x2e2x+ln x,则h'(x)= 4(x2+x)e2x+ 1 x>0 ,所以h(x)在(0,+∞) 上单调递增。因为h 14 = e8-2ln 2<0, h 12 =e2-ln 2>0,所以h(x)存在唯一零 点x0,且x0∈ 1 4 ,1 2 ,使得2x20e2x0+ln x0 =0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0, +∞)上单调递增,所以g(x)min=g(x0)= x0e2x0-ln x0-1 x0 。 因为2x20e2x0+ln x0=0,所以2x0e2x0= - ln x0 x0 = 1 x0 ln 1 x0 =ln 1 x0 ·e ln 1 x0。 令φ(x)=xex,易得φ(x)在(0,+∞)上 单调递增,则2x0=ln 1 x0 ,即1 x0 =e2x0。 故g(x)min=g(x0)= x0· 1 x0 +2x0-1 x0 = 2x0 x0 =2,则m≤2。 所以实数m 的取值范围是(-∞,2]。 点评:(1)利用导数解决不等式恒成立问 题的 关 键 是 分 离 参 数,将 题 目 转 化 为 求 解 g(x)= xe2x-ln x-1 x 的最小值,求最小值时 用到隐零点代换2x20e2x0+ln x0=0和同构变 形2x0e2x0=ln 1 x0 ·e ln 1 x0。(2)本题参变分离 后用同构的方法处理能更快捷地计算出结 果,请读者自行研究。 例 4 已知函数f(x)=ln x+ 1 2ax 2 +x,a∈R。 (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若 对 任 意 的 x∈(0,+∞),都 有 f(x)+ax+1≤xe3x+ 1 2ax+1 成立,求a 的取值范围。 解析:(1)当a≥0时,函数f(x)在(0, +∞)上单调递增;当a<0时,函数f(x)在 0, -1- 1-4a 2a 上 单 调 递 增, 在 4 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年5月 -1- 1-4a 2a ,+∞ 上 单 调 递 减。(解 答 过程请读者自行完成) (2)由 题 意 可 知,f(x)+ax+1≤ xe3x+ 1 2ax+1 ,化简得ln x+ax+1≤ xe3x=eln x+3x。 设g(x)=ex-x-1,则g'(x)=ex-1。 当x>0时,g'(x)>0,函数g(x)在(0, +∞)上单调递增;当x<0时,g'(x)<0,函 数g(x)在(-∞,0)上单调递减。 又因为g(0)=0,所以g(x)≥0,即ex≥ x+1,当且仅当x=0时取等号。 令t(x)=ln x+3x,因为y=ln x,y= 3x 在(0,+∞)上单调递增,所以t(x)在(0, +∞)上单调递增。 又因为t(1)=3>0,t 13 =1-ln 3< 0,所以存在唯一的x0∈ 1 3 ,1 ,使得t(x0) =3x0+ln x0=0。 (*) 所以xe3x=eln x+3x≥ln x+3x+1,当且 仅当x=x0 时取等号。 ①当a≤3时,xe3x=eln x+3x≥ln x+3x +1≥ln x+ax+1成立。 ②当a>3时,由(*)式可知x0e3x0 = eln x0+3x0=e0=1,ln x0+ax0+1>ln x0+3x0 +1=1。所以x0e3x0<ln x0+ax0+1与ln x +ax+1≤xe3x 恒成立矛盾,不符合题意。 综上可得,a的取值范围为(-∞,3]。 点评:本题第(1)问求导后对参数a 分 a≥0和a<0两种情况进行讨论,难度不大。 第(2)问涉及切线不等式ex>x+1(x>0)、 隐零点代换3x0+ln x0=0、分类讨论等知 识,考查导数的综合应用,属于难题。 4.零点(方程实根)问题 例 5 (2024年陕西西安模拟预测试 题)若方程ax2-ln x=0在(1,+∞)上有两 个不同的根,则a的取值范围为( )。 A.0, 1 2e B.-∞,1e C.(1,e) D.(-∞,2) 解析:当x>1时,由ax2-ln x=0可得 a= ln x x2 。 令f(x)= ln x x2 (x>1),即直线y=a 与 函数f(x)= ln x x2 (x>1)的图像有两个不同 的交点。 求导得f'(x)= x-2xln x x4 = 1-2ln x x3 。 令f'(x)>0,即1-2ln x>0,解得1< x<e 1 2;令f'(x)<0,即1-2ln x<0,解得 x>e 1 2。 所以函数f(x)= ln x x2 在 1,e 1 2 上单调 递增,在 e 1 2,+∞ 上单调递减。 故函数f(x)= ln x x2 在x=e 1 2 处取得极 大值,也是最大值,即f(x)max=fe 1 2 = 1 2e 。 又因为当x>1时,f(x)= ln x x2 >0,当 x=1时,f(1)=0,当x→+∞时,f(x)= ln x x2 →0,所以a的取值范围为 0, 1 2e 。 故选A。 点评:本题难度适中,考查函数零点与方 程实根之间的关系,先把参数a分离出来,利 用转化思想将方程实根问题转化为函数图像 交点问题,通过研究函数f(x)= ln x x2 (x>1) 图像的变化趋势和最值即可求出参数a 的取 值范围。 例 6 (2024年重庆模拟预测)已知函 数f(x)=(x-3)ex+a 2 x+ln x (a∈R)。 (1)若 过 点(2,0)的 直 线 与 曲 线 y= f(x)切于点(1,f(1)),求a的值; (2)若函数f(x)有唯一零点,求a 的取 值范围。 解析:(1)求导得f'(x)=(x-2)ex+ a x-2 x2 。 因为f(1)=-2e+2a,f'(1)=-e-a, 5 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年5月 且过点(2,0)的直线与曲线y=f(x)切于点 (1,f(1)),所以0-f(1)=f'(1)(2-1),即 2e-2a=(-e-a)(2-1),解得a=3e。 (2)由(1)知 f'(x)=(x-2)ex + a x-2 x2 =(x-2)x 2ex+a x2 。 令y1=x2ex(x>0),则y1'=ex(x2+ 2x)>0,y1=x2ex>0。 令y2= 2 x+ln x(x>0),则y2'= x-2 x2 。 由y2'= x-2 x2 >0,解得x>2,所以y2= 2 x+ln x(x>0)在(0,2)上单调递减,在(2, +∞)上单调递增。 所以y2= 2 x+ln x≥1+ln 2>0,当x→ 0时,y2→+∞。 ①当a=0时,f(x)=(x-3)ex,f'(x) =ex+(x-3)ex=(x-2)ex,由(x-2)ex>0 ⇒x>2,所以f(x)在(0,2)上单调递减,在 (2,+∞)上单调递增。当x→0时,f(x)→ -3,f(2)=-e2<0;当x→+∞时,f(x)→ +∞,所以f(x)有1个零点。 ②当a>0时,由(x-2) x2ex+a x2 >0, 解得x>2,所以f(x)在(0,2)上单调递减, 在(2,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(2)= -e2+a(1+ln 2)。 若a= e2 1+ln 2 ,则f(x)有唯一零点; 若0<a< e2 1+ln 2 ,则f(2)=-e2+a(1 +ln 2)<0,当x→0时,f(x)→+∞,当x→ +∞时,f(x)→+∞,所以f(x)有2个零 点,不合题意; 若a> e 1+ln 2 ,则f(2)=-e2+a(1+ ln 2)>0,f(x)无零点。 ③当 a<0 时,f'(x)= (x-2)· x2ex+a x2 。 设x0 满足x20ex0+a=0。 若 x0 =2,则 f'(x)= (x-2)· x2ex+a x2 ≥0 在(0,+ ∞)上 恒 成 立,故 f(x)在(0,+∞)上单调递增,此时f(2)= -e2+a(1+ln 2)<0,所以f(x)有唯一零 点。 若0<x0<2,则f(x)在(0,x0)上单调 递增,在(x0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单 调递增。又 因 为 f(x0)=(x0-3)ex0 + a 2x0 +ln x0 =3-x0x20 a+ 2x0+ln x0 a<0, 所以f(x)有唯一零点。 若x0>2,则f(x)在(0,2)上单调递增, 在(2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递 增。又因为f(2)=-e2+a(1+ln 2)<0,且 当x→+∞时,f(x)→+∞,所以f(x)有唯 一零点。 综上所述:若f(x)有唯一零点,则a 的 取值范围为 a|a= e2 1+ln 2 或a≤0 。 点评:本题第(2)问通过求导,讨论参数a的 范 围,确 定 函 数 f (x)= (x -3)ex + a 2x+ln x 的单调性,根据函数最值、极限值 和单调性确定零点个数,讨论较为复杂,属于 难题。已知函数有零点求参数取值范围的常 用方法有:①直接法:直接根据题设条件构建 关于参数的不等式,再通过分类讨论、解不等 式确定参数范围;②分离参数法:先将参数分 离,转化成求函数最值问题加以解决;③数形 结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐 标系中,画出两个函数的图像,然后借助数形 结合求解。 总之,导数模块考查方向众多,如切线、 极值与最值、单调性、函数零点(隐零点)、恒 成立求参数范围、端点效应、比较大小、凹凸 反转、极值点偏移、洛必达法则、证明不等式、 导数与三角函数的结合等。同学们需要在备 考阶段保持积极心态,夯实基础,练习真题, 训练技巧,明确方向,掌握方法,规范答题,提 高效率,提升应对能力,定能在高考中独占鳌 头,金榜题名! (责任编辑 王福华) 6 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年5月