剖析高中函数与导数解答题的复习策略与思维深度-《中学生数理化》高考数学2025年5月

■山东省滨州市沾化区第二中学 张明贵 函数与导数作为高中数学的核心内容, 在高考中占据重要地位。纵观近几年的高考 试卷,函数与导数试题都具有较强的综合性 和较高的难度,题目突出考查对基础知识和 基本概念的深入理解和灵活掌握,注重考查 学科知识的综合应用能力,落实高考评价体 系中“四基”的考查要求。因此,深入剖析函 数与导数解答题的经典范例,挖掘其中的深 度思维逻辑,归纳提炼行之有效的解题和复 习备考策略,助力同学们在高考中斩获佳绩, 实现数学素养与应试能力的双重提升。 一、典型例题分析 1.函数的单调性、对称性、极值、最值 问题 例 1 (2024~2025学年山东省名校 考试联盟高三段考)已知函数f(x)=ax+ xln1+ x 2 -(1+x)ln(1+x)。 (1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的 切线与x 轴平行,求a的值; (2)设函数g(x)=xf 1 x ,给出g(x) 的定义域,并证明:曲线y=g(x)是轴对称 图形; (3)证明:1+ 1 n n <e1- 1 2n+2 (n∈ N*)。 解 析:(1)因 为 f (x)= ax + xln1+ x 2 -(1+x)ln(1+x),所以f'(x) = x x+2+ln x+2 2x+2+a-1 。 因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的 切线与x 轴平行,所以f'(0)=a-1=0,解 得a=1。 (2)设g(x)=xf 1 x =a+ln1+12x - (x+1)ln1+ 1 x ,其定义域为(-∞,-1)∪ (0,+∞),易知该定义域关于直线x=- 1 2 对称。 又g(-1-x)=a+ln1+ 1 -2x-2 + xln1- 1 1+x =a+ln2x+12x+2+xln x1+x = a+ln1+ 1 2x -ln(x+1)+(x+1)ln x- xln(x+1) =a+ln1+ 1 2x -(x+1)· ln1+ 1 x =g(x),所以曲线y=xf 1x 关 于直线x=- 1 2 对称,是轴对称图形。 (3)当a=1时,f(x)=x+xln1+ x 2 - (1+x)ln(1+x),所 以 f'(x)= x x+2+ ln x+2 2x+2 。 设h(x)= x x+2+ln x+2 2x+2 ,则h'(x)= x (x+1)(x+2)2 。 所以当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递 增,故f(x)>f(0)=0。 取 x= 1 n ,此 时 1 n + 1 nln 1+ 1 2n - 1+ 1 n ln 1+1n > 0, 所 以 1 + ln1+ 1 2n - (n +1)ln 1+1n >0,则 lne1+ 1 2n >ln 1+1n n+1 。 故 1+ 1 n n <e1- 1 2n+2 (n∈N*)。 思维深度挖掘:本题是非常经典的用导 11 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年5月 数来研究函数性质的试题,解决这类问题需 要熟练掌握求导公式与法则,准确分析导数 与函数性质之间的联系,结合函数图像更直 观地理解和解决问题。本题第(1)问通过求 导,令f'(0)=0,即可得到a 的值。第(2)问 易知函数g(x)的定义域关于直线x=- 1 2 对称,根据g(-1-x)=g(x),即可得到曲 线y=xf 1 x 关于直线x=-12对称,是轴 对称图形。第(3)问将a=1代入函数f(x)的 解析式中,对函数f(x)进行求导,利用导数得 到函数的单调性和最值,取x= 1 n ,此时1 n+ 1 nln1+ 1 2n -1+1n ln1+1n >0,得到1+ ln1+ 1 2n - (n+1)ln 1+1n >0,即 lne1+ 1 2n >ln 1+1n n+1 ,进而即可 证明原问题。本题的解答过程体现了函数与 导数几何意义的紧密结合,要求同学们熟练 掌握求导公式和利用导数探究函数的性质, 培养同学们从代数运算到几何图形的转化思 维,考查逻辑推理、转化与化归和运算求解等 能力。 2.不等式恒成立或存在性问题 例 2 (2024~2025学年河北省沧州 市三校联考高三期中)已知函数f(x)=ex-1 -x,g(x)=mx2- 1 x-ln x。 (1)求函数f(x)的最值; (2)若函数g(x)在定义域内单调递增, 求m 的取值范围; (3)当x>1时,g(x)>m- 1 ex-1 ,求 m 的取值范围。 解析:(1)因为 f(x)=ex-1-x,所以 f'(x)=ex-1-1。 由f'(x)>0,得x>1; 由f'(x)<0,得x<1。 所以函数f(x)在(-∞,1)上单调递减, 在(1,+∞)上单调递增。 所以函数f(x)的最小值为f(1)=0,无 最大值。 (2)由题意得g'(x)=2mx+ 1 x2 - 1 x= 2mx3-x+1 x2 ,x>0。 因为函数g(x)在定义域内单调递增,所 以导函数g'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即 2mx3-x+1≥0在(0,+∞)上恒成立,即 2m≥ x-1 x3 在(0,+∞)上恒成立,所以2m≥ x-1 x3 max,x>0。 令t(x)= x-1 x3 ,x>0,则t'(x)= 3-2x x4 。 由t'(x)>0,得0<x< 3 2 ; 由t'(x)<0,得x> 3 2 。 所以t(x)在 0, 3 2 上 单 调 递 增,在 3 2 ,+∞ 上 单 调 递 减,所 以 t(x)max = t 32 =427,所以2m≥427,即m≥227。 所以m 的取值范围为 227 ,+∞ 。 (3)由 mx2- 1 x -ln x>m- 1 ex-1 ,得 mx2-m-ln x> 1 x- 1 ex-1 。 由(1)知,当x>1时, 1 x- 1 ex-1 >0。 若m≤0,则当x>1时,m(x2-1)- ln x<0,不符合题意,舍去。 若m>0,令 H(x)=mx2-m-ln x- 1 x+ e ex ,x>1,则对任意的x∈(1,+∞), H(x)>0恒成立,且 H(1)=0。 因为 H'(x)=2mx- 1 x+ 1 x2 - e ex ,所以 H'(1)=2m-1+1- e e=2m-1 。 当2m-1<0,即0<m< 1 2 时,H'(1)< 21 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年5月 0,则存在x0>1,使得 H'(x)<0在(1,x0) 上成立,所以 H(x)在(1,x0)上单调递减,此 时 H(x)<H(1)=0,不符合题意。 当2m-1≥0,即 m≥ 1 2 时,H'(x)= 2mx- 1 x+ 1 x2 - e ex ≥x- 1 x+ 1 x2 -e1-x>x- 1 x+ 1 x2 - 1 x = x3-2x+1 x2 > x2-2x+1 x2 = (x-1)2 x2 >0,所以 H(x)在(1,+∞)上单调 递增,所以 H(x)>H(1)=0。 综上可得,m 的取值范围为 12 ,+∞ 。 思维深度挖掘:对于函数与导数中不等 式恒成立或存在性问题,关键在于转化为函 数最值问题,解决此类问题要准确构造函数, 求导分析单调性与最值,同时注意参数取值 对函数的影响,灵活运用分类讨论、数形结合 等思想方法。本题第(1)问利用导数求出单 调性,从而求出最值。第(2)问由g'(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立,得2m≥ x-1 x3 max, x>0,构造函数,利用导数即可求解。第(3) 问的难度要大一些,首先要分析出当x>1 时,g(x)>m- 1 ex-1 恒成立,则m≤0不符合 题意,再构造函数 H(x)=mx2-m-ln x- 1 x+ e ex ,x>1,求出 H'(x),得 H'(1),然后 对m 进行分类讨论。本题主要考查利用导 数研究函数的单调性,导数的几何意义,导数 中的恒成立与存在性问题,培养同学们的分 类讨论、逻辑推理与运算求解能力。 3.函数的新定义问题 例 3 (2024~2025学年河北省衡水 市冀州中学高三月考)若存在常数k(k>0), 使得对定义域D 内任意的x1,x2(x1≠x2), 都有|f(x1)-f(x2)|≤k|x1-x2|成立,则 称函数f(x)在其定义域 D 上是“k-利普希 兹条件函数”。 (1)判断函数f(x)= 1 x 是否是区间[1, +∞)上的“1-利普希兹条件函数”? 并说明 理由。 (2)若函数f(x)=x3 是区间[0,a](a> 0)上的“3-利普希兹条件函数”,求实数a 的 取值范围。 (3)若函数f(x)为连续函数,其导函数 为f'(x),若f'(x)∈(-K,K),其中0< K<1,且f(0)=1。定义数列{xn}:x1=0, xn=f(xn-1),证明:|f(xn)|< 1 1-K 。 解析:(1)依题意,对任意的x1,x2∈[1, +∞),都有|f(x1)-f(x2)|= 1 x1 - 1 x2 = 1 x1x2 |x1-x2|成立。 注意到 x1,x2∈[1,+∞),因此 x1x2≥ 1,从而 1 x1x2 ≤1,故 |f(x1)-f(x2)|= 1 x1x2 |x1-x2|≤|x1-x2|,即 f(x) 是区间 [1,+∞) 上的“1-利普希兹条件函数”。 (2)依题意,对任意的x1,x2∈[0,a],都 有|f(x1)-f(x2)|≤3|x1-x2|。 不妨设 x2>x1,则f(x2)-f(x1)≤ 3x2-3x1,即 f(x2)-3x2≤f(x1)-3x1。 设p(x)=f(x)-3x=x3-3x,则 p(x)单调递减,故p'(x)=3x2-3≤0对任 意的x∈[0,a]恒成立,即 0<3a2≤3,因此 a∈(0,1]。 (3)已知 f'(x)∈(-K,K),设 g(x)= f(x)+Kx,则 g'(x)=f'(x)+K>0,故 g(x)为单调递增函数,则对任意的x1<x2, 恒有 g(x1)<g(x2),即 f(x1)+Kx1< f(x2)+Kx2⇔f(x1)-f(x2)<K(x2- x1)。 设h(x)=f(x)-Kx,则 h'(x)= f'(x)-K<0,故h(x) 为单调递减函数,则 对任意的x1<x2,恒有h(x1)>h(x2),即 f(x1)-Kx1>f(x2)-Kx2⇔K(x2-x1)> f(x2)-f(x1)。 所以|f(x1)-f(x2)|<K|x1-x2|,则 |f(x2)-f(x1)|<K|x2-x1|=K|x2|= K|f(x1)|=K。 当 n≥2 时,|f(xn)-f(xn-1)|<K|xn 31 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年5月 -xn-1|=K|f(xn-1)-f(xn-2)|<K2|xn-1 -xn-2|=…=Kn-2|f(x2)-f(x1)|< Kn-1|x2-x1|=Kn-1。 所以|f(xn)|=|f(xn)-f(xn-1)+ f(xn-1)-f(xn-2)+…+f(x2)-f(x1)+ f(x1)|≤|f(xn)-f(xn-1)|+|f(xn-1)- f(xn-2)|+…+|f(x2)-f(x1)|+|f(x1)| <Kn-1 +Kn-2 + … +K +1= 1-Kn 1-K < 1 1-K 。 综上可知,|f(xn)|< 1 1-K 。 思维深度挖掘:本题是近几年的热点题 型———函数的新定义问题,这类题通常是给 出一个关于函数或导数的新规则、新运算或 新性质,要求同学们在此基础上进行分析、求 解。解决这类问题的关键步骤为:①研读新 定义:明内涵、找联系,用旧知解新题。②分 析条件:结合新定义,进行函数相关运算求 解。③关注特殊条件:观察是否存在特定条 件以及特定的边界情况并分析。④验证反 思:验结果,思过程,总结方法技巧。例如,本 题的第(1)问,我们其实只需理解分析“k-利 普希兹条件函数”的条件,从而证明|f(x1) -f(x2)|≤|x1-x2|即可;第(2)问则是将 不等式变为关于x1,x2 的不等式,结合定义 域解决不等式恒成立问题;第(3)问需要先根 据导函数得出函数的最大值,再应用新定义 并结合累加法即可完成证明。 二、函数与导数的复习策略 基于以上分析,在应对高考函数与导数 这一核心考点时,复习备考工作可从以下关 键路径展开: 1.知识固本夯基 系统梳理函数的基本性质,以及导数的 几何意义、求导公式等核心要点,搭建知识网 络,厘清各知识点间的内在逻辑,为解决复杂 问题筑牢根基。 2.专项题型突破 (1)单调、极值、最值专题:熟练掌握运用 导数判断函数的单调性、确定函数的极值与 最值的方法,着重分析参数对函数单调性的 作用,培养分类讨论思维,结合典型例题与习 题深化理解。 (2)函数零点专题:掌握利用导数研究函 数零点个数与分布的技巧,结合函数单调性 与极值,借助图像走势分析零点,学会构造辅 助函数转化为图像交点问题。 (3)不等式专题:学会将不等式恒成立与 能成立问题转化为函数最值问题求解,运用 分离参数法、函数最值法等,通过实例演练提 升数学思维的灵活性与敏捷性。 3.方法技巧精研 (1)构造函数妙法:在不等式证明等问题 中,依据题目条件巧妙构造新函数。例如,在 证明 f(x)>g(x)时构造 h(x)=f(x)- g(x),研究h(x)的性质达到证明目的。 (2)分类讨论要义:处理含参问题时,从 参数对函数定义域、导数正负、单调性等的影 响切入,确定分类标准,通过例题掌握分类讨 论的推理与计算方法,提升思维严谨性。 (3)等价转化精髓:培养将复杂问题转化 为简单、熟悉问题的能力。例如,将函数零点 转化为方程根及图像交点问题等,借实例感 悟其在解题中的关键作用,增强运用数学思 想解题的意识。 4.思维跨界拓展 引导同学们探寻函数与导数在实际生 活、其他学科中的应用场景,培育数学建模与 综合应用能力,拓宽思维视野,从容应对高考 中的创新型与综合型试题。 三、高考命题趋势与展望 随着高考改革持续推进,函数与导数问 题的考查也在不断变化。题目不仅强化了与 实际生活、跨学科知识的融合,检验同学们学 以致用的能力,而且在思维层面提出了更高 要求,深度融合函数与方程、数形结合、分类 讨论等多元数学思想方法。因此,同学们需 深入钻研解题策略,进行针对性训练并总结 经验,提升解答问题的能力,进而增强数学综 合素养,为高考制胜筑牢根基。 (责任编辑 王福华) 41 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年5月