基于“动态转化思想”的高考数学导数压轴题解题策略探析-《中学生数理化》高考数学2026年5月刊

知识篇科学备考新指向 高三数学2026年5月 中学生数理化 ● 基于“动态转化思想”的高考数学 导数压轴题解题策略探析 ■河南省新野县第一高级中学校 李品 近年来高考数学导数解答题的命制，日 所以f(x)在x=0处的切线方程为y 益呈现出“去模式化、重思维性”的趋势，试题 1=一2(x一0)，即y=-2x十1。 将函数、方程、不等式等知识深度融合，创设 (2)由6=2a,c=0,得f(r)=ax+2az 出蕴含动态变化关系的复杂情境。此类题目 x+1 往往起点高、视野宽、逻辑链长，成为区分考 -ln(x+1),则f(0)=0。 生数学素养的关键。纵观近些年各地模拟 f'(x)= ax+(2a-1)x+2a-1 题，一个鲜明的共性在于：题目核心往往描述 (x+1)8 一个动态过程或隐含的变动关系，而解题的 a.x2+(2a-1)(x+1D(x>-1)。 (x+1) 突破口，则在于能运用“动态转化思想”，将这 些“动”的关系，巧妙地转化为“静”的、可操作 当a≥2时ax≥0，(2a-1Dx+10≥ 的函数语言或代数条件进行定量研究。本文 0,所以f'(x)≥0恒成立，则f(x)在定义域 选取四道极具代表性的试题，旨在解码这一 内单调递增，即f(x)在定义域内仅有一个零 核心思想的应用逻辑，为高考复习提供深度 点，与题意不符，舍去。 的策略指引。 当a≤0时，f'(x)≤0恒成立，则f(x) 核心转化策略一、零点存在性与分布问 在定义域内单调递减，即∫(x)在定义域内仅 题的“关系代数化” 有一个零点，与题意不符，舍去。 涉及多个零点的问题，其动态性体现在 当0<a<2时，设g(x)=ar2+(2a 零点个数、零点大小及函数值符号的相互制 约上。解题的关键是将零点“存在”这一动态 1)x+2a-1,因为△=(2a-1)2-4a(2a- 1)=1一4a2>0,所以可设一元二次方程ax2 事实，转化为基于函数值和单调性的静态不 等式组，或将零点间的关系转化为可运算的 十(2a一1)x十2a一1=0的两个根为m,n。 代数等式。 由韦达定理知mm=2a-1<0,不妨设 例1 已知函数f(x)=ax+bx十c m<0n。 x+1 -ln(x+1)。 又g(-1)=a>0,则-1<m<0<n。 (1)若a=b=0,c=1,求f(x)在x=0 结合f(x)的定义域，则当x∈（一1，n) 时，f'(x)>0,f(x)单调递增：当x∈(m,n) 处的切线方程； (2)若b=2a,c=0且f(x)在定义域内 时，f'(x)<0,f(x)单调递减；当x∈(n, 十)时，f'(x)>0,f(x)单调递增。 有三个零点x1,x,x(x1<x2<x),求a的 取值范围。 注意到f(0)=0,则有f(m)>0,f(n) 解析：(1)由a=b=0,c=1,得f(x)= <0,且当x趋于正无穷时，f(x)趋于正无穷 大，当x趋于一1时，f(x)趋于负无穷大。 x+1-ln(x+1),则f(0)=1. 1 由零点存在定理可知，存在x,∈（一1， 对函数f(x)求导得f'(x)=一(x十1) 1 m),x∈(n,+∞)，使得f(x1)=f(x)=0。 又f(0)=0,则x:=0。 1 x+,则'(0)=-2。 综上a的取值范围为(0，) 11 中学生表理化智皱学幸新向 核心转化策略二、参数范围问题的“逆向 g'(x)>g'(0)=1+a≥0，所以g(x)在(0， 定界法” π)上单调递增，则g(x)>g(0)=0,所以 在恒成立、存在性、函数性质判定等含参 g(x)>0恒成立。 问题中，参数的动态变化导致函数形态变化。 ③若a<-1,则当x∈(0，π)时，h'(x) 正向讨论往往烦琐，“逆向定界法”是先从结 >0,所以g'(x)单调递增。又g'(0)=1十a 论的必要性出发，缩小参数范围，再在此范围 <0,g(受)=1+ln(受+)+aeos5>0,则 内验证充分性，是一一种高效的动态转化。 例2已知f(x)=rlnx+asin(x- 必然存在一个x∈(0，受)，使得g'(x)=0. 1),a∈R。 且当x∈(0，x。)时，g(x)<0,g(x)单调递 (1)当a=0时，证明：f(x)x(x一1)： 减；当x∈(x0,π)时，g'(x)>0,g(x)单调递 (2)设g(x)=f(x+1),若对任意的 增。此时，g(x)<g(0)=0不满足g(x)>0 x∈(0，π)，有g(x)>0恒成立，求a的取值 恒成立。 范围； 综上所述，a的取值范围是[-1，+o∞)。 (3)证明：对任意的正整数，总有了in1 (3)由(2)可知，当a≥-1时，(x+1)· ln(x+1)+asin x>0,对任意的x∈(0，π) 3sin2+…+si 1 <1n(n+1)。 十n+1sinn 恒成立， 解析：(1)当a=0时，f(x)=xlnx,则 取a=-1,可得(x十1)ln(x+1) f(x)一x(x-1)=x[lnx-(x-1)],定义 sinx>0,对任意的x∈(0，π)恒成立。 域为(0，十∞)。 故(x+1)ln(x+1)>sinx,即1 令t(x)=lnx一(x一1)，则t'(x)= sinx<ln(x+1),对任意的x∈(0，x)恒成 1一x 立。 x 由t’(x)>0,得x∈(0,1)；由t′(x)0, 得x∈(1，+∞)。所以t(x)在(0,1)上单调 递增，在(1，十∞)上单调递减。所以t(x)≤ m(1+）,号sin多<1m(1+2), t(x)mx=t(1)=0。 所以f(x)≤x(x一1)得证。 (2)g(x)=f(x+1)=(x+1)ln(x+1) 以上各式累加得2sin1+号sn名+ +asin x。 7in<n是+n2+…+h" 3 若对任意的x∈(0，π)，有g(x)=(x+ 1)ln(x+1)+asin x>0恒成立。 1n(n+1),结论得证。 对函数g(x)求导得g'(x)=1+ln(x+ 核心转化策略三、几何与代数互译的“双 1)+acos x。 重表征法” 设h(x)=g(x),则h'（x)=十 1 导数的几何意义（切线斜率）本身即是数 asin z(x∈(0，π)，且有g(0)=0,g'(0)= 形结合的桥梁。在涉及切线、极值点偏移等问 1十a。 题时，充分利用几何直观提出猜想，再用代数 ①若a≥0，则当x∈(0，π)时，显然(x+ 语言严格证明，是转化动态几何关系的利器。 1)ln(x+1)>0,asin r≥0所以g(x)>0恒 例3已知函数f(x)=lnx+x2。 成立。 (1)求h(x)=3x一f(x)的极值。 ②若一1≤a<0,则当x∈(0，π)时， (2)若函数g(x)=f(x)+lnx一ax在 h'(x)>0,故g'(x)=h(x)单调递增，则 定义域内为增函数，求实数a的取值范围。 12 阳学学备费月中学生凝理化 (3)设F(x)=2f(x)一3x一kx(k∈ 2-2x,将m十n=2z,代人得k= 4 R),若函数F(x)存在两个零点m,n(0<m x m+n <n),且满足2x。=m十n,试问：函数F(x) (m+n)。 在(x。,F(x。))处的切线能否平行于x轴？ 若能，求出该切线方程：若不能，请说明理由。 所以1n”=2(m一n) 2(- ”=m+1m十1 解析：(1)由题意得，h(x)=3x一f(x)= 3x-lnx-x2,x∈(0，+∞)，则h'(x)=3- x 设u=%∈(0,1)，y=1nu-2u-1 u+1(u -2x=-2x+3x-1=-(2x-10(x-1) ∈(0,1D),则y'=1-2(u+1)-2(u-1) (+1) 由(x)<0,得x∈(o,2)U1. (u+1)-44=(u-1)产 u(u+1)u(u+1)y>0. +o):由h'(x)>0,得x∈(3。 所以两数y=n《-2在0,1DL 放(x)在区间(0,2).(1，+∞)上单调 单调递增，因此y<y。=1=0,即nu一 递减，在区间（分，1）上单调递增。 2(u-1D∠0。 u+1 所以h(x)=h(3)=至+n2. 所以n” 2(- m十1 ,即 h(x)秋大值=h(1)=2。 (2)已知g(x)=f(x)+lnx一ax= x+21nx-ax,x∈(0，十∞)，则g'(x)= 2(m-n) -无解。 m十n 2x+2 m十1 -a。 n 由题意知，g'(x)≥0在x∈(0，十∞)上 所以F(x)在(x。,F(x。)处的切线不能 平行于x轴。 恒成立，故a≤2x十二在x∈（0，十∞)上恒 核心转化策略四、新定义问题的“具体化 成立即ax+） 与模型化” 应对“K-函数”这类新定义问题，其动态 因为>0，所以2x+2-2(女+)≥ x 性在于抽象的关系描述。解题的核心转化策 4,当且仅当x=1时等号成立。 略是：将抽象的定义演绎为具体的不等式、函 故(2+兰)=4，所以a4 数、方程，并将其纳入熟悉的函数模型或微分 方程框架下求解。 所以a的取值范围是(-∞，4]。 例4已知函数y=f(x)和y=g(x) (3)设F(x)在(x。,F(x。))处的切线平 有相同的定义域，导函数分别为f'(x), 行于x轴，其中F(x)=2f(x)一3x2一kx= g'(x),若在定义域内均有f′(x)≤g'(x), 21nx-x2-kx,则F'(x)= x 一2x一k。 则称y=f(x)是y=g(x)的“DT-函数”。 (1)判断y=一x3一x是否为y=cosx 由题意知，2lnm-m2-km=0,21lnn 的“DT-函数”，并证明； n-kn=0,两式相减得21n” -(m+n)· (2)设y=f(x)和y=h(x)为定义在R (m-n)=k(m-n)。 上的函数，已知f(一x)=f(x),g(x)= 又F'(x)=2 h(x)+h(一x),f(x)是g(x)的“DT-函 一2x。一k=0,所以k= 数”，证明：g(x)一f(x)=c(c为常数)： 13 中学生表理化智皱学幸新向 (3)若-1<a<0,f(x)=xlnx-(a+ 设m(x)=1nx-x+1(x>0),可得 2)x,g(x)=e+(x-2),x>0,证明：f(x) m'(x)=1-1=1-x 是g(x)的“DT-函数”。 x 解析：(1)由y=一x3一x,可得y'= 故当x∈(0,1)时，m'(x)>0,m(x)单 -3x21。 调递增；当x∈(1，+∞)时，m'(x)<0, 由y=cosx,可得y'=一sinx。 m(x)单调递减。 因为-3.x2-1≤-1≤一sinx,所以y= 所以m(x)max=m(1)=0,所以m(x)≤ 一x3一x是y=cosx的“DT-函数”。 0,即lnx≤x-1。 (2)由y=h(x)为定义在R上的函数， 所以F(x)≥。一1 -3(x。-1) g(x)=h(x)+h(-x),可得y=g(x)的定 xo 义域也为R。 (1-x6)(2x8-1)(2x0十1) x。+1 因为g(-x)=h(-x)+h(x)=g(x), 所以y=g(x)为偶函数。 因为，∈（经1，所以F(,)≥0，所以 又因为f(x)是g(x)的“DT-函数”，所 F(x)≥0，即f'(x)≤g'(x)。 以f'(x)≤g'(x)。 所以当-1<a<0时，f(x)是g(x)的 因为f(一x)=f(x),g(一x)=g(x), “DT-函数”。 所以f(一x)是g(一x)的“DT-函数”，即 通过对以上四道试题的深度剖析，我们 一f'(一x)≤一g'(一x),用一x代替x,可得 可以清晰地看到，“动态转化思想”是贯穿高 f'(x)≥g'(x),所以f'(x)=g'(x)。 考导数压轴题解题过程的灵魂。它要求我们 令9(x)=g(x)-f(x),则'(x)= 在面对复杂、动态的问题情境时，必须具备将 g'(x)一f'(x)=0,所以9(x)=c(c为常 动态语言翻译为静态数学模型的能力。这种 数)。 转化不是机械的步骤，而是基于对函数概念、 所以g(x)一f(x)=c(c为常数)。 导数工具和代数运算的深刻理解所进行的创 (3)f(x)=xInx-(a+2)x,g(x)= 造性思维活动。因此，同学们在备考过程中 e+(x-2),可得f'(x)=lnx一a-1, 需做到以下几点：①学习重心应从“题型归 g'(x)=e+u(x-1)。 纳”转向“思维建构”。与其记忆“极值点偏 设F(x)=e+a(x-1)-lnx十a+1 移”的几种固定套路，不如将“偏移”这个几何 (x>0),则F'(x)=xe+a- 描述，通过设元、作差、构造函数一步步转化 设G(x)=F'(x),则G(x)=e+“(x+ 为代数证明，体会其中的转化逻辑。②强化 1 “用数学语言表达世界”的训练。在平时练习 1)+>0,所以G(x)单调递增，即F(x) 中，应多将题目中的文字描述、几何条件用精 单调递增。因为F‘ ) -2<0, 确的代数式或函数关系表达出来，这是执行 转化的基础技能。③重视“一般化思想”与 F'1)=e1-1>0,所以存在x,∈（分1）： “特殊化方法”的结合。深刻体会从特殊到一 1 般，再从一般到特殊的完整思维循环。通过 使得F'(xo)=0,即e+a= 以上策略的系统训练，相信同学们将不再恐 故当x∈(0，x。)时，F'(x)<0,F(x)单 惧题目的“动态”外壳，能迅速洞察其静态的 调递减；当x∈(xo,十∞)时，F'(x)>0, 数学内核，从而将导数压轴题从“无从下手” F(x)单调递增。 变为“有章可循”的思维游戏。真正的备考， 所以F(x)mn=F(xo)=e+o(.x。-1) 是锻造这种深层的问题转化能力，而非记忆 x0-1 表面套路。 lnx。+a+1= -3lnx。-x。+1。 (责任编辑王福华) 14