多角度剖析导数恒成立问题-《中学生数理化》高二数学2026年3月刊

解题篇经典题突破方法 高二数学2026年3月 中学生数理化 多角度剖析导数恒成立问题 ■福建省永春第一中学 张隆亿 导数恒成立问题是高考与模拟考试中的 =ln(.x。+1)-ae0+1。 热点与难点，这类问题往往将函数、导数、不等 由f(x)≤lna,得ln(x。+1)-ae+ 式等核心知识深度融合，对同学们的逻辑推 1≤lna。 理、数学运算及综合分析能力提出了极高要 求。下面聚焦一道导数题，通过多种解法深入 因为ae=所以两边取自然对数 剖析导数相关知识的运用，详细阐述不同解法 得x。十lna=-ln(x。+1),即lna=-x。- 的思路，旨在帮助同学们从多角度理解问题， ln(x。+1)。 掌握导数知识，提升数学核心素养。 一、试题呈现 所以1a(x,十D-方+1≤-， (2025届泉州高中数学适应性练习第17 1 ln(x,十1)，整理得21n(x十1)十。一十 题)已知函数f(x)=ln(x十1)-ae十1。 (1)当a=1时，求f(x)的单调区间； 1≤0。设t=x,十1，t>0,则21nt十4-1 ≤0。 (2)若f(x)1na,求a的取值范围。 评注：(2)问聚焦含参不等式恒成立问 令函数G()=21n1+1->0,则其 题，以f(x)≤lna为载体，深度考查导数工 导数G)=+1十是=十2+ t 具的综合应用，凸显高考对函数、导数、不等 t? 式等知识融合的考查要求，综合考查数学抽 +1)0,故G(t)在(0，十∞)上单调递 象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现导 增。又G(1)=0,故0<t1。 数作为研究函数与不等式“桥梁”的关键价 lna=-x。-ln(x。+1)=-(t-1) 值，精准呼应高考对知识深度整合与素养进 lnt,令h(t)=-(t-1)-lnt,0<t≤1，则 阶考查的命题逻辑。以下针对(2)问展开多 种解法探究。 A)=-1-}=-1<0,所以)在 t 二、解法探究 (0,1]上单调递减，h(t)∈[0，十∞)。 解法一：利用导数求最值 所以lna的取值范围为[0，十c∞)，故a 1 的取值范围为[1，十∞)。 由题意知a>0,f'(x)= x+1-ae= 评注：此解法遵循导数研究函数性质的 1-a(x+1)e ,x>-1。 常规思路，通过求导确定函数∫(x)的单调 x+1 性，找到∫(x)的最大值f(xo)。结合条件构 令F(x)=1-a(x十1)e,x>-1,则 建关于t的不等式，再利用函数G(t)和h(t) F'(x)=一a(x十2)e<0,所以F(x)在 的单调性求解。逻辑严谨、步骤清晰，有助于 (一1，十∞)上单调递减。 同学们理解函数单调性、最值与不等式的联 因为F(-1)=1>0,且当x→+∞时， 系，强化对导数工具性的认识，但过程烦琐， F(x)→一∞，所以存在唯一的x。∈（一1， 对运算和逻辑推理能力要求较高。 十∞)，使得F(xc)=0,即ae=1 解法二：利用基本不等式求最值 x0十1 由解法一知ae。= x。十。则不等式 1 当x∈(-1，x)时，F(x)>0,f'(x)> 0,f(x)单调递增；当x∈(x0,十∞)时， ln(xo十1)-ae0十1≤lna可化为 F(x)<0,f'(x)<0,f(x)单调递减。 所以当x=x。时，f(x)取最大值f(xo) -1nae）-于+1≤1na,即- 29 解题篇经典题突破方法 中学生数理化离数学206年月 1 x。+1+1≤2lna。 和抽象思维能力，让同学们学会挖掘式子的 内在结构规律，要求同学们对函数性质和变 因为x。>一1，所以x。十1>0。因此 形技巧有深入理解，能敏锐发现式子联系并 +1=-（+1+） 1 十2≤ 合理转化。 解法四：同构法，构造对数型函数 -2√+0·干+2=0，当且仅当 由f(x)lna,得ln(x十1)-ae+1 lna,变形为ln(.x十1)+x+1≤ae十x+ x十1=十，即x。=0时，等号成立。 lna,进一步变形为ln(x+1)十x十1≤ae十 故0≤21na,所以a的取值范围为[1， ln(aer)。 十o∞)。 令g)=1nt+,6>0,则g)=}十 评注：相较于解法一的单调性求解策略， 解法二另辟蹊径，通过消去e、lnx,对原不 1=+1>0,g()在(0，十o∞)上单调递增。 t 等式进行变量消元与结构重构，快速构建关 因为g(x十1)≤g(ae),所以x十1≤ 于参数a的不等关系，再结合基本不等式求 最大值，进而求出参数a的取值范围。该方 ae,即a≥x十1 e。 法规避了烦琐的函数单调性推导与冗杂的运 算流程，简化解题步骤，使解题过程更明晰。 令A)出，x>-1,对h)求导 解法三：同构法，构造指数型函数 得A)-。.令A'x)=0,得x=0 由f(x)≤lna,得ln(x+1)-ae+1 lna,移项得ln(x十1)+1≤lna+ae"。 当x∈(-1,0)时，h'(x)>0,h(x)单调 因为ae=eutr,所以ln(x十1)十1≤ 递增；当x∈(0，十∞)时，h'(x)<0,h(x)单 lna+ea+x,从而ln(.x+1)十x+1≤lna十 调递减。 x十ehu+。 所以h(x)mx=h(0)=1,则a≥1，故a 令t1=ln(x十1)，t2=lna十x,则t1十 的取值范围为[1，十∞)。 评注：解法四巧妙变形不等式，先构造函 e1≤t,十e'。 数g(t),利用函数单调性得到新不等式关 令函数F(t)=t十e,则其导数F'(t)= 系，再研究函数h(x)的最值，从而确定a的 1十e'>0,F(t)在R上单调递增。 取值范围。解法四拓展了同构法的应用，意 因为F(t1)F(t2),所以t1≤t2,即 在提升同学们的逻辑推理能力，让同学们体 ln(x十1)lna十x,进一步变形为ln(x十1) 会同构法在处理复杂不等式中的应用。 -x≤lna。 解法五：必要性探路法 令函数G(x)=ln(x十1)-x,x>一1， 由f(x)≤lna可知，当x=0时，f(0) 则其导数G'(x)-十一1=千 1 ≤lna,即1-a≤lna,也即lna十a-1≥0。 当x∈(-1,0)时，G'(x)>0,G(x)单调 设F(a)=lna十a-1,a>0,则F'(a) 递增；当x∈(0，十∞)时，G'(x)<0,G(x)单 1十1>0，F(a)在(0，十∞)上单调递增。 调递减。所以当x=0时，G(x)取最大值 因为F(a)≥0，且F(1)=0,所以a≥1。 G(0)=0。 下面证明充分性：当a≥1时，f(x)≤ 从而可得lna≥0，解得a≥1，故a的取 lna。即证lna+ae-1-ln(x十1)≥0。 值范围是[1，十∞)。 将a视为自变量，设函数G(a)=lna十 评注：解法三巧妙变形不等式，构造函数 ae-1-ln(x十1)，a≥1，则其导数G'(a)= F(t),借助函数单调性简化不等式分析过程， 快速得到变量关系。同构法培养同学们观察 a 十ea (下转第34页) 30 解题筒经典题突痘方法中学生数理化 高二数学2026年3月 用一道高考真题引出数列与导数的综合考向 ■陕西省汉中市洋县中学 李勇 数列和导数都属于函数的范畴，而函数 解析：(1)函数f(x)= x,f(1)=1,则 贯彻高中数学始终，因此数列与导数的综合 考查就成了命题的亮点所在。下面我们通过 点D在f(x)上求导得了(x)=二。 2025年高考全国一卷第16题的分析来探究 数列与导数的综合考向。 设切点为(a,f(a)),则切线方程为y一 【2025年全国一卷第16题】已知数列 是=是a-a,即y=子 ata=8,-++ 由切线过P(1,1),得a3一3a十2=0，即 (a-1)2(a十2)=0，解得a=1或a=-2。 （1)证明：数列{nan}是等差数列； (2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x 因此切线方程为y=一2x十3，y= 4 十a2x2+…十amxm,求f'(-2)。 ×3 考向分析：(1)考查利用数列递推式和等 ,所以点P为f(x)的“A类点”。 差数列的定义证明等差数列；(2)以所给函数 (2)函数f(x)=x3一mx,求导得f'(x) 关系为桥梁，将数列问题与导数有机地融合 =3x2-1m。 在一起，彰显了对数列的通项公式、错位相诚 设切点为(t,f(t),则切线方程为y 法、函数的求导运算及导函数值等知识点的 (t3-mt)=(3t2-m)(.x-t),即y=(3t2- 考查。 m)x-2t3。 数列与导数的综合问题考查函数与方 由切线过Q(2,0),得2t3-6t2十2m=0。 程、化归与转化等数学思想，运用特例分析 由题意知，方程2t3一6t2十2m=0有三 法、一般递推法、数列求和及求通项等方法来 个不同解，且这三个解成等差数列。 分析、解决问题。本题属于用数列解决导数 设这三个解分别为t1,t2,ta,公差为d, 问题，下面我们继续探究其他方面的考向。 则2t3-6t2+2m=2(t-t1)(t一t2)(t-t)= 方向一：曲线切线与坐标轴交点形成数列 2t3-2(t1+t2+t)t2+2(t1t2+t1t3+t2ta)t 例1过曲线y=f(x)上一点P作其 -2t1t2tg。 t1+t2+ta=3, 切线，若恰有两条，则称P为f(x)的“A类 点”：过曲线y=f(x)外一点Q作其切线，若 因此t1t2十t1t3十t2t3=0,且t1+t= t1t2tg=一m, 恰有三条，则称Q为f(x)的“B类点”；若点 R为f(x)的“A类点”或“B类点”，且过R 2t2,则t2=1,t1十tg=2,t1ta=一2，m= 存在两条相互垂直的切线，则称R为∫(x) -t1t2t3=2。 当m=2时，f(x)=x3-2x,不过Q(2, 的“C类点”。 0),所以m的值为2。 1)设∫(x)三·判断点p(1,D是否为 (3)假设y轴上存在函数f(x)=x+1 e f(x)的“A类点”，并说明理由； 的“C类点”，记为R,设R的坐标为(0，b)。 (2)设f(x)=x3-mx,若点Q(2,0)为 ∫(x)的“B类点”，且过点Q的三条切线的切 求导得了(x)=一总。设切点为( 点横坐标可构成等差数列，求实数m的值； (3)设f)=,证明：y轴上不存 广(u),则切线方程为y一“。=一兰（红一 e 在f(x)的“C类点”。 u),即y=一 2x+4+u+1 e 31 中学生表理化然氨学品聚破方法 由切线过R(0,b),得b=十u十1 则 满足an+2an=an+1an十a+1(n是正整数)，a e 此方程至少有两个不同解。 =a:=1,定义函数y=f,(x)=1十之1 x 设g(u)=“士w+1,则g(w=“ (x≥0)，e是自然对数的底数。 e e (1)求证数列 n+1 由g'(u)=0,得u=0或u=1。 是等差数列，并求数 a 当u∈(-∞，0)U(1,+∞)时，g'(u)< 列{a,}的通项公式。 0,函数g(u)是（一∞，0），(1，+∞)上的减函 (2)记函数y=gn(x),其中gn(x)=1一 数；当u∈(0,1)时，g'(u)>0,g(u)是(0,1) efn(x)。 上的增函数。 (i)证明：对任意x≥0,0≤g(x)≤ 故函数g(u)的极小值g(0)=1,极大值 f1(x)-fa(x)。 g1=是.又g(-1D=e> 。,8(2)= 7 (ii)数列(b,}满足b,= 二，设工.为数 an 1,故当6=1或是时，方程g(u)=b有两个 列{b,}的前项和。数列(T,}的极限的严 格定义为：若存在一个常数T,使得对任意给 不同解，当b∈(1，是)时，方程g(w)=b有三 定的正实数“（不论它多么小），总存在正整 数m满足：当n≥m时，恒有|T。一T<u成 个不同解。当b=1时，R(0,1)在f(x)上， 立，则称T为数列{T,}的极限。试根据以上 其余情况下R在f)外，则6∈[，). 定义求出数列{T,}的极限T。 设两条相互垂直的切线的斜率为k1,k2, 解析：(1)因为数列{am}的各项均不为 对应方程的两根为u1u2,则k,=一 0,所以a+a,=a+1an十a+1可变形为a出 e" an+l =142=-1. =1(n是正整数)，故数列{0，是首 an a 项为：=1，公差为1的等差数列，即a出 由b=+w+1,得eg=c·e a 1+n-1=n。 (u+u1+1)(u号+u2+1) 69 则b2 又当n≥2时，a,=a.a..a. dn-1 an-2 (u1+u1+1)(u+u2+1) 由 u ux uu2 a·a1=(n-1)1,且a1=1也符合上式，所 一e"1t“2<0,得u1,u,异号。 以am=(n-1)!。 不妨设1<0<u2,由均值不等式知， (2)(i)先证g(x)≥0。 u+u1+1 一u1十一u -1≥1，u+u,十1 由题意知：(x)=1-e1十片+十 1x2 1 4++1≥3，则6≥3。与公∈[1，)牙 别 x≥0，得g'(x)=erx 3!。 盾，所以y轴上不存在f(x)的“C类点”。 由x≥0，得g:(x)=e新≥0，当且仅 方法点拨：解决过某点的函数y=(x)的切 当x=0时等号成立。 线问题，先设出切点坐标(x,y),再求导并求出 于是g(x)在[0，十∞)上单调递增， 切线方程y一y,='(x)(x一x。),然后将给定点 g3(x)≥g(0)=0。 代入切线方程转化为方程根的问题求解。 再证ga(x)≤f1(x)一f(x)。 方向二：新定义数列 例2已知各项均不为0的数列{a,) )-f.)-记6：()=：) 32 器数餐聚方清中学生表理化 期A))司e-》 x 故当n≥6时，2”=2×2"-1<[1×(n 2)×(n-1)]×[2×3×…×(n-3)]=(n 由x≥0，得e一1≤0，故h'(x)≤0，当 1)!,即2”<(n-1)！。 且仅当x=0时等号成立。 e 于是h(x)在[0，十∞)上单调递诚， 从而Te≤n.（m1)7g。 h3(x)hg(0)=0。 因此0≤g(x)≤f1(x)一f:(x),证毕。 对于任意给定的正实数，令元<u,取 222 ()由题意知，T。=1++:十…十 m为大于号且不小于6的最小整数，则当 2m-1 (n-1)1-f。-1(2)。 n≥m时，T,-e1<g≤ -<u恒成立。 下面研究y=fn(x),将(i)的结论推广 因此数列{T.}的极限T=e。 至一般情形。 方法点拨：本题主要考查数列的通项、 先证gn(x)≥0。 数列的求和、数列的新定义问题及数列与 gn(x)=1一efn(x),则gn'(x)= 函数的综合应用，难度较大。求解的主要 efn(x)-e*fn'(x)=e· 思维方法：(1)求数列通项，可用定义法和 累乘法；(2)不等式的证明，借助构造函数 [+)-++刀-e后 的思想，利用导数分析函数的单调性并求 最值；(3)新定义问题，可用导数的最值分 由x≥0，n∈N,得gn'(x)=er n 析和不等式的放缩思维。 0,当且仅当x=0时等号成立。 方向三：数列型不等式的证明 于是gn(x)在[0，十∞)上单调递增， 例3设数列{an》的前n项积为T, gn(x)≥gn(0)=0。① 满足2an+Tn=1(n∈N“)。 再证gn(x)≤fn+1(x)一fn(x)。 1 (1)设b,=1十下，求数列{b,}的通项公 fah(x)-f.(x)=(m+1。记h.（x) 式 x为+1 =g,（x)-(m+1,则h,'（x)=g,'（x) (2)设数列a,的前n项和为S,证明：号 t" n!n7et-1). 由x≥0，得ex一10，故h,'(x)≤0， 解析：(1)因为数列{a,}的前n项积为 当且仅当x=0时等号成立。 Tm,满足2an十Tn=1(n∈N),所以当n=1 于是hn(x)在[0，十∞)上单调递减， hn(x)≤hn(0)=0。 时.2a1十a=1,解得a,=子；当n≥2时。 综上，对任意x≥0,0≤gn(x)≤fm+1(x) 一fn(x)。 2+T.=1,即=2×十1，变形为 1 T,-t 于是当n≥2时，0≤gm-1(x)≤fn(x) +1=2+ f。-(x),整理得0≤e一f,1(x)≤e 又6，=1+六，所以6=2动16，=1十 令x=2,得0≤c-1.(2)≤e,即 1 4。 0e-T故T-e≤2 故数列{bn}是首项为4，公比为2的等比 当n≥6时，(n-1)(n-2)≥5×4>16。 数列，bn=4×2”1=2n+1。 33 中学生款理化智级学案破有法 (2)先证明S>分+（台》”。 2n+1 下面证明品<号1n2二，即证明 由1)可得1十六=公，解得工 2m+>ln 2+1-1 20+Lg 1 20+1-7。 由2a,十T。=1,解得a.号 设21 20+1 =t,t∈(0,1)，则-1 "+=t 2-1、2-111 1,即证明t-1>1nt,t∈(0,1)。 0m=2m+1-12n+122m+1 设f(t)=lnt十1一t,t∈(0,1)，则 所以Sn=a1十a2十…十am> (侵2)+（经一）+…+(22） f)=-1>0)在0,1D上单调递增， f(t)<f(1)=0,即t-1>lnt,t∈(0,1)。 -音音特 1, 2n+11 所以5，<受十21n2- 2 1-2 综上台-+（）<<号+ 再证明s,<号+n二 1 2+11 2”+1-14 d: 号--<日 方法点拨：求解本题第二问的关键是通 1 过放缩法结合等比数列前n项和公式证明不 2m+2。 等式。对不等式右边还需转化为证明一2 所以S。=a1+a2十…十an< 2m+一1 (分一)+(2一）+…+(22)= →1n2,通过构造函数，利用导数证明。 (责任编辑赵倩) 81-) 1一2 (上接第30页) 因为a≥1且e>0,所以G'(a)>0, 具方向性，意在培养同学们的探索精神和 G(a)在[1，+∞)上单调递增，G(a)≥G(1) 严谨的论证能力，让同学们明白可通过特 =e-1-ln(x+1)。 殊情况探索一般规律。在证明充分性时， 令函数H(x)=e-x-1,x>一1，则 同学们要充分运用函数单调性和不等式转 H'(x)=e-1。当x∈(-1,0)时，H'(x) 化，确保推理的严密性。 0,H(x)单调递诚；当x∈(0，十c∞)时， 在日常学习中，同学们可以尝试运用 H'(x)>0,H(x)单调递增。 不同的思路来解题，这不仅能帮助同学们 所以H(x)≥H(0)=0,即e≥x十1，进 深入理解知识点，把握问题本质，找到解题 而可得x≥ln(x+1)。 突破口，还能让同学们体会数学的灵活性 所以G(1)=e一1-ln(x+1)≥x一 与趣味性，有效地提升数学核心素养。 1n(x十1)≥0，则G(a)≥0，得证。 注：本文系教育部福建师范大学基础 综上，a的取值范围是[1，十∞)。 教育课程研究中心2025年开放课题“基于 评注：必要性探路法先从特殊值x=0 UbD模式的高中数学大单元教学实践研 入手确定a的初步范围，再证明充分性。 究”（课题批准号：KCA2025401)的阶段性 该方法降低了问题难度，使不等式求解更 研究成果。 (责任编辑赵倩) 34