高考导数解答题的常用方法分析-《中学生数理化》高二数学2026年2月刊

知识篇数事高考名师护芦中学生教理化 高二数学2026年2月 高考导数解答题的常用方法分析 ■郑州市第一。一中学 冯连福 高考数学中的导数命题重在基础性考 解析：(1)令t=1十x,g(t）=二(t 查，强化拓展思维的深度和广度，具备一定的 探索性和创新性，服务于创新型人才选拔。 0.则@)=1，n兰.曲g4)=0可得 近两年高考中导数解答题的处理方法均为通 性通法，强调对基础知识和基本概念的深人 =e。 理解和灵活掌握，注重考查学科知识的综合 当t∈(0，e)时，g'(t)>0,g(t)单调递 应用能力，重点考查逻辑推理的学科素养。 增；当t∈(e,十o∞)时，g'(t)<0,g(t)单调递 导数解答题涉及求导运算、导数的几何意义、 减。所以g0)=。是极大值，也是最大值。 用导数研究函数性质等，常用方法有定义新 函数法、分类讨论法、必要性探路法、主参分 故fx)的最大值为f'(e-D=。 离法等，需要同学们认真钻研，举一反三。下 面将逐一介绍常用方法，供同学们参考。 (2)因为f'(a)=1n(1+a) 所以直线1 1+a 一、定义新函数法 的方程为y一fa)=n1(x-a,即 欲证f(x)≥g(x),先定义新函数F(x) 1+a =f(x)一g(x),再证F(x)的最小值不小于 1n(1+a) y= 1+a (x-a)+f(a)。 0即可。 例1(2025年北京卷第20题)函数 i设h)=K(r)-ndtace-a+/a), L1a f(x)的定义域为(-1，十∞)，f(0)=0, 则h'(x)= In(1+z)In(1+a) =f(x)-f'(a)。 f(x)=lt2,b1为点A(a,fa(a≠ 1+x 1+a 1十x 由(1)可知，f(x)在（一1，e一1）上单调递增。 0)处的切线。 而-1a<0,所以当-1<x<a时，f'(x)< (1)求f'(x)的最大值； f(a),即h'(x)0,h(x)单调递减；当a<x0时， (2)证明：当-1<a<0时，除点A外，曲 f(x)>f(a),即h'(x)>0,h(x)单调递增，且 线y=f(x)均在l1上方； (3)当a>0时，直线l2过点A且与 f(a)<f'(0)=0:当x≥0时，f(x)= In(1x) 1十x 垂直，l1,l2分别与x轴的交点为x1,x2,求 0,所以总有f(x)>f'(a),即h'(x)>0,h(x)单调 2a一x一x2的取值范围。 递增。 x2-x1 综上h(x)m=h(a)=0,则h(x)≥0（当x=a 分析：(1)利用导数判断其单调性，即可 时取等号)。 求出最大值；(2)先求出直线l1:y=M(x)的 故当一1a0时，除点A外，曲线y=f(x) 方程，再定义新函数h(x)=f(x)一M(x), 均在1上方。 只需证明h(x)的最小值大于零即可；(3)不 (3)直线l1的方程为y-f(a)=f'(a)· 求原函数，直接求x1,x2,从而用字母a表示 出2a一一2，然后用（1)的结论，从而求出 x-a),令y=0,得x1=a-fa) f'(a) x2一x1 取值范围。 直线l2的方程为y一∫(a)=一 f'(a) 11 知识篇新高考名师护航 中学生数理化高空数学2026年2月 (x-a),令y=0,得x2=a+f(a)f'(a)。 (2)当x=0时，f(x)=0,此时a∈R。 当x>0时，f'(x)=-aln(1十x)+ 由a>0和f'(a)= In(1+a 1+a ,得f'(a) 1-ax 的取值范围是(0，。]。 1+x -1=-aln(1+x) (a+1).x 1十x f(a) 不妨设s(x)=一aln(1十x)一 (a+1)x 1+x 故2a-x1-x f'(a) f(a)f'(a) 一a a+1 x2-x1 F(a)+f(a)f'(a) f(a) x>0,则s’(x)= x+1 (1+x)2 1-[f'(a)] 2 a(x+1)十a+1_=_ax+2a十1 一1十 1+[f'(a)是关于 (1+x) (1+x) 1+[f'(a)] 当a≤- 1 f'(a)的减函数。 时，s'(x)>0,s(x)在(0， 从而得到2a一工1一工的取值范围是 十∞)上为增函数，s(x)>s(0)=0。故 x2一x1 f'(x)>0,f(x)在(0，+∞)上为增函数， [号 f(x)>f(0)=0,满足题意。 二、分类讨论法 当-<a<0,且0<x<-2a时， 分类讨论的标准是不重不漏，从简单处 开始讨论，最后讨论复杂情况，从而全面解决 ()0sc)在(0，-2十)上为减函数。 问题。 (x)(0)=0。故当x∈o,2a+)时. 例2(2024年全国甲卷理科第21 f'(x)<0,f(x)为减函数，f(x)<f(0)=0, 题)已知函数f(x)=(1一ax)ln(1十x)一x。 不满足题意，舍去。 (1)当a=一2时，求f(x)的极值； 当a≥0时，s'(x)<0,s(x)在(0，十∞) (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范 上为减函数，s(x)<s(0)=0。故f'(x)<0, 围。 f(x)在(0，十∞)上为诚函数，f(x)<f(0) 分析：(1)先求出函数的导数，再根据函 =0,不满足题意，舍去。 数的单调性和导数的零点可求函数的极值： (2)求出函数的二阶导数，分类讨论a≤ 综上a的取值范围是(-0，一] -名、-名<a<0,u≥0，即可得参数的取值 1 三、必要性探路法 范围。 先将一个满足条件的特殊值代入已知条 件得出参数的范围，再证明此范围满足条件， 解析：(1)当a=一2时，f(x)=(1+2x)· ln(1十x)-x,x∈(-1，十o∞)，故f'(x)= 计算量会比直接分类讨论要小。 2htx0+-1=2h1+x) 1 例3(2024年新课标I卷第18题) 1+x +1。 已知函数fx)=1加2，十ax十6(x-1D (1)若b=0,且f'(x)≥0，求a的最小 因为y=2ln(1+x),y=- 1+1在 1+ 值； (一1，十∞)上都为增函数，所以f'(x)在 (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图 (一1，十∞)上为增函数。而f'(0)=0,故当 形： 一1<x<0时，f'(x)<0,f(x)单调递减；当 (3)当且仅当1<x<2时，f(x)>一2， x>0时，f'(x)>0,f(x)单调递增。 求b的取值范围。 故f(x)在x=0处取极小值，且极小值 分析：(1)若f'(x)≥0，则使f'(x)的最 为f(0)=0,无极大值。 小值大于等于0即可；(2)从定义域人手，先 12 加脑数雾商商务体护芦中学生表理化 猜出曲线y=f(x)关于点(1，f(1)中心对 若b<- 称，再证明f(1十x)十f(1一x)等于定值； 则存在x∈12，使得当 (3)先由条件求出a的值，再由端点成立求出 x∈(1，xo)时，f'(x)<0,f(x)在(1，xo)上 b的范围，然后证明充分性。 单调递减，f(x。)<f(1)=一2，不满足题意。 x 解析：(1)由2一x >0'解得0<x<2,所 当b≥-号时，因为1<<2，所以x 2一x≠0， 1D>0,6(x-10≥-号x-10.故fx） 以函数f(x)的定义域为(0,2)。 当6=0时，fx)=ln2十ax,则f'(x) n22x号x0 2 x(2-x)+a≥0对0<x<2恒成立。 设hx)=lh2若，一2x- 3(x-1),则 因为x(2-x)=-x2+2x=一(x-1) h'(x)=2(x1)2 x(2-x) -2(x-1)=2x-1) x(2-x) 十1∈(0,1]，且当x=1时，x(2一x)取得最 大值1，所以f'(x)m=2十a≥0，即a≥-2。 0,所以h(x)在(1,2)上单调递增。 所以a的最小值为一2。 则h(x)>h(1)=一2，故f(x)>一2在 (1,2)上恒成立 (2)fx)=ln2产+ax+b(x-1)'的 综上，b的取值范围为 3,+∞) 2 定义域为(0,2)。 1+x 四、主参分离法 f1+x)+f1-x)=ln2-1+x 先将题目条件化简为a=h(x)或a≥ a1+x)+b(1+x-1)°+ln2-a1-x 1-x h(x),再转化为y=a与y=h(x)两个函数 的图像有交点或直线y=a在函数y=h(x) ,1+x+a(1+ a(1-x)+b(1-x-1)2=1h1-Z 图像的上方，通过导数求出函数y=h(x)的 值域，从而求出参数a的取值范围。 x)+bx3+ln2+a(1-x)-bx=1n1+ 例4(2025年天津卷第20题)已知 2a=2a。 函数f(x)=ax-(lnx)2。 又f(1)=a,故y=f(x)的图像关于点 (1)当a=1时，求f(x)在点(1，f(1) (1,a)对称。 处的切线方程。 所以曲线y=f(x)是中心对称图形。 (2)f(x)有3个零点x1,x2,x,且x1< (3)因为当且仅当1<x<2时，f(x)> T2-T3o 一2，f(x)的定义域为(0,2)，且f(x)关于点 (i)求a的取值范围： (1,a)中心对称，所以当且仅当0<x<1时， 4e f(x)<-2。 (ii)证明：(lnx2-lnx1)·lnx< e-1 又f(x)的图像连续，故f(1)=a=一2。 分析：(1)先利用导数的几何意义，求导 所以f)=1m2z2x+b-1)' 后得到斜率，再由点斜式方程可得所求的切 线方程。(2)(i)令f(x)=0,分离参数得a= 一2恒成立，x∈(1,2)。 则fx)=x-[22+36] nx）,设g(x)=n),则y=a与y= g(x)的图像有3个交点，作出函数y=g(x) 2 设g(x) x(2-x)+3b,则g(1)=2十 的图像，数形结合可得a的取值范围；(i)结 2 合图像可得x1,x2,x的取值范围，先整体换 3b≥0，解得b≥一3· 元，lnx1=t1,lnx2=t2,lnx3=t3,转化为 13 中学生数理化高数学2026年2月 知识篇新高考名师护航 ae'1=t,① 当f(x)=0时，a= n,故 ae?=t号，②再由②③两式得 ae1=ti,① ae'3=t,③ (In a+t:=21n t:, {ae2=t,② 两式作差并利用对数平均 In a+t3=21n t3, ae'3=t号。③ 不等式可得t2t<4,然后由t号=ae1<a得 由②③得， na十te=2nt'两式相减得 In a+t:=21n t:, 一41<后，结合a-兰减元处理，最后构造函 。分 t:一t2=2(lnta一lnt2),由对数平均不等式 t3-t2 数求最值即可证明不等式。 得2=1nt-lnt >√t·t2,所以tt2<4。 解析：(1)当a=1时，f(x)=x 要证原不等式成立，即证tt3一t1tg< (1nx)2,所以f(1)=1,f'(x)=1-2lnx· 。与，只需证4一1≤气，即证一t4, 4e 4e 2则k='1)=1 4 所以f(x)在点(1，f(1))处的切线方程 e-1o 为y-1=1×(x-1),即x-y=0。 因为t1<0,所以0<e'1<1,则t=ae (2)(i)由f(x)=0,得a=n) (x>0)。 <a,所以|t1|<√a,即一t1<√a,所以一t1t 设g(x)= (In x)2 <√ato ,则g’(x)= x 21nx-1nx)_lnx(2-nx2(x>0)。令 而@·故只需证 x g'(x)=0,得x=1或x=e2。 4 e-i 所以当x∈(0,1)时，g'(x)<0,g(x)单 调递减；当x∈(1，e)时，g'(x)>0,g(x)单 设h(t)= ,t>2,则h'(t)= 调递增；当x∈(e,十∞)时，g'(x)<0, g(x)单调递减。 (2-t) 1 易知1=0g(e)=子当x0时， e e g(x)→十∞，当x→+∞时，g(x)→0。 当2<t<4时，h'(t)>0,h(t)单调递 故可画出函数g(x)的大致图像，如图1 增；当t>4时，h'(t)<0,h(t)单调递诚。 所示。 所以A:)-A(④-是即A:)≤号。 迪4e216e+16=4(e-2)>0,得6 。成立，命题得证。 e 同学们在学习导数时，应该注意对教材 图1 中概念、公式、定理等数学知识的深刻理解， 由图1可知a的取值范围是(0，) 理解数学思想的本质，掌握通性通法，提升自 己的逻辑推理和数学运算素养。 (ii)由图1可知，0<x1<1<x2<e2<xg。 (责任编辑赵倩) 设lnx1=t1,lnx2=t2,lnxa=ta,则 t1<0<t2<2<ta。 14