浅谈导数新颖题型及解法-《中学生数理化》高二数学2026年7～8月刊

知等商点喜轻师村筲中学生款理化 浅谈导数新颖题型及解法 ■河南省罗山县高级中学 高尤琼 一、导数与三角函数的结合 当x∈(0，)时，f'(x)>0,f(x)在 2025年新高考I卷第19题创新性地将 导数与三角函数知识点深度融合，通过构建 (0,)上单调递增： 复合型函数模型，考查同学们的综合解题能 力。该试题在命题设计上突破传统模式，要 当x∈（日，+∞）时，f(x)<0.f(x)在 求同学们既能扎实掌握导数的几何意义与运 算规则，又能灵活运用三角函数的周期性、有 (任，+∞)上单调递减。 界性等核心性质。近期不断有类似的试题出 综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单 现在各类考试中，下面以具体的题目，说明这 类试题的解法。 调递增：当a>0时，f(x)在(0，）上单调递 例1（陕西咸阳市2026届高考模拟 增，在（日，十∞）上单调递减。 检测数学试卷第19题)已知函数f(x)= sin(cx)+In x-ax,g (x)=e'-ax-bsin x (2)当c=时fx)=sin(经x)+1n (a,b,c∈R)。 (1)当c=0时，讨论f(x)的单调性； -a.x。 (2)当c=乏时，试求出正整数a的最小 设g(x)=f()-2e0s(受x）+是 值，使f(x)存在唯一的极值点； a,x>0。 (3)若g(x)在(0，十∞)上有零点，求证： ①当a=1时.g(x)-cos(登x）+ a+6八学 1-1,易知(1)=0。 解析：(1)当c=0时，函数f(x)=lnx 一ax,其定义域为(0，十∞)，求导得f'(x)= 当x∈(0,1)时，9(x)=f'(x)> 1a. x 1>0:当x∈(1,2)时，9(x)=f'(x)<1 当a≤0时，f'(x)>0在(0，十∞)上恒 成立，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增。 1<0。 当a>0时，令f'(x)=0,解得x=1 故f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,2)上 单调递减，f(x)在x=1处取得极大值。 知识篇新高考名师护航 中学生数理化高数学226年78月 显然(2)=(2)=三c0sx十号 1 1= 而√a十b表示点(a,b)到原点的距离， 该距离不小于原点到直线tx十ysin t一e=0 吾-号<09(4)=f4)=5os2x+ 的距离。 -1=5-是=2r-3>0。故存在，∈(2， e 则√a+b≥ ,即a2+b≥ 24 4 √e2+sin't 4),使9(xo)=f'(x)=0,即x。为f(x)的 e24 另一个极值点，与题中条件相矛盾。因此当 t2+sin't a=1时不成立。 不妨设u(t)=sint一t,t>0,则u'(t)= cost一1≤0，函数u(t)在(0，+∞)上单调递 @当a=2时p(x)=cos(经x)+ 减。故u(t)=sint-t<u(0)=0,即sint<t。 in(经)-是 π 又sin1∈[-1,1]，则a2+b≥，十mi e2 -2,则'(x)=- e (a)当x∈(0,2]时，sin(受x)≥0,9(x) t2十t222 sn()-<0恒成立9)在0 设v(t)= e 元，t>0,则0'(t)= 2]上单调递减。 (t-1)e 又（分）->0，g1D=-1<0,故 4 令o'(t)<0,则0<t<1: 令o'(t)>0,则t>1。 (x)在(0,2]内存在唯一零点x,∈(2,1) 所以函数。(t)在(0,1)上单调递减，在 即f(x)在(0,2]内存在唯一极值点x1。 (1,+∞)上单调递增。 （b)当z长(23)时<受<8 ,所以 故u)≥01)=号，即a+6> 2 c -1<co(经x)<0,则p(x)=f'(x)< 1 点睛：以导数为核心工具，综合解决函数 x 单调性、极值点判断、零点转化与不等式证明 2∠ 1 -2<0。 等问题，将代数问题与几何意义结合，解题过 程中要注意灵活应用分类讨论、试值验证、放 故f(x)在(2,3)上单调递减，无极值。 缩法等技巧。 (o)当x∈[3，十o)时，受r≥经，则 例2（安徽铜陵市2026届高三下学 x)+-2+日-2= 3x-10∠ 期第一次质检数学试卷第18题)已知函数 6 f(x)=e+sinx-ax,a∈R。 0,故f(x)在[3，十∞)上单调递减，无极值。 (1)若a=2,求f(x)的单调区间； 故a=2符合要求。 (2)Hx∈[0，+∞)，f(x)≥cosx成立， 综上，正整数a的最小值为2，使f(x) 求实数a的取值范围； 存在唯一的极值点。 (3)若a=1,当x∈[-2π，+c∞)时，y= (3)g(x)在(0，十∞)上有零点，所以 m与y=f(x)的图像有三个交点，横坐标分 g(x)=e-ax-bsin x=0,ax +bsin x 别为x。,x,x,(x。<x。<x,),求证：2x,< 一e=0有实数根。 xb十x, 设g(x)在(0，+∞)上的零点为t,即 解析：(1)当a=2时，f(x)=e+sinx at+bsin t-e'=0。 一2x,则f'(x)=e+cosx一2。 显然点(a,b)为直线tx十ysin t一e=0 令g(x)=e十cosx-2,可得g'(x)= 上一点。 e一sinx。 8 知等商点喜轻师的筲中学生款理化 当x<0时，e<1,cosx≤1，可得g(x) f1'(x)=e-sinx。 =e+cosx一2<0，即f'(x)<0,f(x)单调 设f。(x)=f1'(x)=e一sinx,可得 递减。 f2'(x)=e-cosx。 当x≥0时，e≥1，-sinx≥一1，所以 设f,(x)=f:'(x)=e一cosx,可得 g'(x)=e-sinx>0,g(x)单调递增， fg'(x)=e+sinx。 g(x)≥g(0)=e°+cos0-2=0,即f'(x)≥ 当x∈[一2π，一π)时，e>0,sinx≥0， 0,f(x)单调递增。 可得f,'(x)=e+sinx>0,即f:(x)在 所以函数f(x)的单调递减区间为 [一2π，一π)上单调递增。 (一∞，0)，单调递增区间为[0，十∞)。 因为f,(-2x)=em-1<0,f3(-π)= (2)4 h(x)=f(x)-cos x=e*+sin x e十1>0，所以存在唯一的x。∈（一2π， -ax-cosx,x∈[0，十o∞)，可得h'(x)= 一π)，使得f3(x)=0。 e+cosx-a+sinx。 可得f2(x)在[一2π，xo)上单调递减，在 m (x)=h'(x)=e +cos x-a+ (xo,一π)上单调递增。 sin x,m'(x)=e'-sin x+cos x e+ Eos(x+不) f(-2x)=e>0,/(-)=e9 1<0,f,(一π)=e">0,所以存在不同的实 当0<≤时1<e≤e,于≤x+开 ，4 数∈(-2，-）∈(-，-，使得 ≤0a(+号）号m0 e2=sinA,e=sinh。 故f1(x)在（一2π，A)上单调递增，在（入， 当x>界时，e>e>2>2=, )上单调递减，在(，一π)上单调递增。 易知f1(一2π)=em>0,f1(一π)= -V巨≤Ecos(e+）≤E,故m'(x)>0. 所以当x∈[0，十o∞)时，可得m'(x)> e-2<0f(-）-e岁-1<0 0,mn(x)单调递增，即h'(x)单调递增，h'(0) f1(a)=e+cos入-1=sinA+cos入-1 =2-a。 =巨sin(a+开)-1。 当a≤2时，h'(0)≥0，则h'(x)≥h'(0)≥≥ f (u)=e+cos u-1=sin u+cos u-1 0,h(x)在[0，十∞)上单调递增，h(x)≥h(0) =0。 =2sin(u+F）-1。 所以f(x)≥cosx成立，满足题意。 当a>2时，存在x'∈(0，十∞)，使得 a∈(2，-罗）e(-经-，可得 h'(x')=0。 当x∈[0，x')时，h'(x)<0,h(x)单调 A+∈()，+ 递减： (--) 当x∈(x',+)时，h'(x)>0,h(x)单 调递增。 则Esin(a+下)>1厄sin(a+军)<1， 当x∈(0，x')时，h(x)<h(0)=0,不满 所以f1(入)>0，f1(u)<0,存在唯一的x1∈ 足题意。 综上，实数a的取值范围为（一∞，2]。 (-2,-要)，使得f(x,)=0,且f(x)在 (3)当a=1时，f(x)=e十sinx-x,可 (一2π，x1)上单调递增，在(x1,一π)上单调递 得f'(x)=e+cosx-1。 减。 设f1(x)=f'(x)=e2+cosx-1,可得 当x∈(-π，0)时，e>0,sinx<0, 9 中学生款理化智薇学新高器斧护月 f1'(x)>0,故f'(x)在（一π，0）上单调递增。 asin x,a∈R 而f(o)=1>0,f(-)=e-1< (1)当a=0,x≥0时，令g(x)=f(x) ex,求g(x)的最小值： 0,故存在唯一的：∈（空0）：使得f(x:) (2)当a≤0，x≥0时，求证：2f(x) (2a+e+1)x+1; =0。 (3)若0<a<1,x1>0,x2>0,x1+2x2+ 当一π<x<x2时，f'(x)<0; 当x2<x<0时，f'(.x)>0。 ,=0,求证：f,++)<号f()+ 当x>0时，e>l,sinx≤1，可得 f1'(x)>0,f'(x)在(0，十∞)上单调递增， 3f(x2)。 f'(0)=1>0,f'(x)>0。 解析：(1)g(x)=e一ex,则g'(x)= 综上可得，函数f(x)在（一2π，x1)上单 e-e。令g'(x)≥0→x≥1。所以g(x)在 调递增，在(x1,x2)上单调递减，在(x2,十∞) [1,十∞)上单调递增，在[0,1)上单调递减， 上单调递增。 g(x)≥g(1)=0,即g(x)的最小值为0。 要使得y=m与y=f(x)的图像有三个 (2)令n(x)=e-x-1,则n'(x)= 交点，则，∈(-2x-受)，x,∈ e-1≥0，显然n(x)在[0，十∞)上单调 递增。 (8-)x,∈(-5+∞) 故n(x)≥n(0)=0,即e'≥x十1。 由(1)可得e≥ex。 f(-2π)=em十2x,f(-π)=em+π< 则2e≥ex+x十1。① f-2.则，∈(-经-) 令m(x)=x-sinx,则m'(x)=1 又f(0)=1<f(一2π)，则x,∈(0， cosx≥0，故m(x)≥m(0)=0,即x≥sinx。 十∞)，故x。十x,>-2π>2x0 因为a≤0，所以asin x≥ax。② 所以2xg<x。十x,得证。 ①+2×②，可得2f(x)≥ex十x+1+ 二、三变量问题 2ax=(e+1+2a)x+1,不等式成立。 在解决多变量问题时，核心思路是通过 (3)x1+2x:+3x:=0,则x,=-号 3 变量转化，将复杂的多变量问题简化成单变 量问题来处理。具体而言，当面对包含三个 号，即证了（侵+名）≤号f(2)+ 3 变量的复杂问题时，我们不必感到棘手或无 从下手，而应采取分步简化的策略：先将原有 3f(x2). 的三变量问题通过适当的代换转化为双变量 不妨设x1≤x2。 问题；再在这个双变量问题中，选定其中一个 变量作为主元（即主要分析对象），而将另一 个变量视为参数或辅助变量：然后对以主元 [层x)+名fx,]0<x≤则k(x) 为自变量的函数进行求导运算，利用导数工 具来深入分析该函数的单调性、极值点、变化 趋势等性质：最后通过研究这个单变量函数 的特征，从而推导出原多变量问题的解或相 关结论。这一过程体现了化繁为简、逐步聚 显然f'(x)=e十acos x,令h(x)= 焦的数学思想方法。 e十acos x,则h'(x)=e一asin r。因为 例3（恩施州2026届高三第二次质 x>0,0<a<1,所以e2>1,-1≤sinx≤1， 量监测考试第18题)已知函数f(x)=e2+ e-asin x>0,即h'(x)>0。 10 知等商点喜轻师村筲中学生款理化 知识篇 故f'(x)在(0，x]上单调递增。 2× 引品 -2 2 3x+3x=x,所以 (2)f (z)=ae'-!-In x+In a,f'(x) f(层x+3:)≥f').即(x)≥0，当且 =ae1-1,且a>0. 仅当x=x时取等号，故k(x)在(0，x]上单 设g(x)=f'(x),则g'(x)=ae-1十 调递增。 >0,即1x)在0，十a)上单调递增。 当a=1时，f'(1)=0,则f(x)mim=f(1) [号r,)+gf]=0 =1,f(x)≥1成立。 故了（号+）≤f()+ 当a>1时，是<1，f(日)f1) 3(x),命题得证。 a（e-1)a-1)<0,存在唯一的x>0, 三、隐零点问题 使得f'(z)=ue1-1=0. 隐零点问题是函数零点中常见的问题之 故ae，=1,lna+x。-1=-lnx。 一，其源于含指对函数的方程无精确解，只能 得到存在性之后去估计大致的范围（数值计 当x∈(0，x。)时，f'(x)<0: 算不在考查之列)。 当x∈(x。,十)时，f'(x)>0。 第一步，用零点存在性定理判定导函数 因此f(x)en=f(x)=ae。-lnx十 零点的存在性，列出零点方程f'(x。)=0,并 结合f'(x)的单调性得到零点的取值范围。 1na=1+lna+x。-1+lna≥2na-1+ 第二步，以零点为分界点，说明导函数 f'(x)的正负，进而得到∫(x)的最值表 ·x,=21na+1,故fx)≥1恒成立。 达式。 当0<a<1时，f(1)=a+lna<a<1, 第三步，将零点方程f'(x。)=0进行适 f(x)≥1不能恒成立。 当变形，通过整体代入f(x)的最值表达式进 综上所述，实数a的取值范围是[1， 行化简处理。在这一过程中，关键目标在于 十∞)。 通过代换与整理，要么消除∫(x)最值表达式 例5已知函数f(x)=er-x(a∈R, 中的指数或对数项，要么消除其中含有的参 e为自然对数的底数)，g(x)=lnx十mx+ 数项，从而实现对f(x)最值表达式的有效估 1。 计与简化。 (1)若f(x)有两个零点，求实数a的取 例4已知函数f(x)=ae一lnx+ 值范围； In a (2)当a=1时，x[f(x)+x]≥g(x)对 (1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点 任意的x∈(0，+∞)恒成立，求实数m的取 (1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形 值范围。 面积： 解析：(1)f(x)有两个零点台关于x的 (2)若f(x)≥1，求a的取值范围。 方程e=x有两个相异实根。 解析：(1)当a=e时，切线方程为y= 由e>0,知x>0。 (e一1)x十2，故切线与坐标轴的交点坐标分 f(x)有两个零点一a=ln工有两个相异 别为0,2》.(。号。)，所求三角形面积为2× 实根。 11 中学生表理化智薇学新高器斧护月 令G(x)=ln工，则G'(x)=1-1nz 由G'(x)>0,得0<x<e;由G'(x)< 实数m的取值范围为（一∞，1]。 0,得x>e。故G(x)在(0，e)上单调递增，在 例6已知函数f(x)=ax2-ax (e,+)上单调递减，G(x)=G(e)二 xlnx,且f(x)≥0。 (1)求a的值； 又因为G(1)=0,所以当0<x<1时， (2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x。, G(x)<0。又当x·十∞时，G(x)0,故当 且e2<f(xo)<22。 x>1时，G(x)>0。 解析：(1)a=1,解题过程略。 f(x)有两个季点，则实数a的取值范围 (2)由(1)知f(x)=x2一x一xlnx, 为(o,) f'(x)=2x-2-lnx。设h(x)=2x-2- (2)当a=1时，f(x)=e一x,原命题等 1nx,则h'(x)=2-1 价于xe≥lnx+nx+1对任意的x∈(0， 十)恒成立台m≤《-0-对任意的 当x∈(o,2)时'x)<0: x∈(0，十∞)恒成立。 当x∈（分+o∞）时，h'(x)>0. 令F(x)=e-lnx-1 (x>0),则m≤ x 所以h(x)在(0，)上单调递减，在 F(x)mino F'(r)=e+Inx-r'e'+In x (3,+∞)上单调递增。 22 x? 又因为九(e)>0,h(2)<0,h(1)=0, 令h(x)=xe十lnx,x∈(0，+o∞)，则 h'(x)=2xe十xe+1>0,故h(z)在(0， 所以(x)在(0，)上有零点，在 十∞)上单调递增。 [日+)有零点1.故当x∈0，，)时， 又)=e>0,h(日)=e-1<e-1 h(x)>0;当x∈(x0,1)时，h(x)<0;当x∈ (1,+oo)时，h(x)>0。 =0,故3x,∈(l,使Ax,)=0,即xie 因为∫'(x)=h(x),所以x=x。是 +lnx。=0。① f(x)的唯一极大值点。 当x∈(0，x)时，h(x)<0:当x∈(x。, 由f'(x)=0,得1nxo=2(x。-1),故 十©∞)时，h(x)>0。即F(x)在(0，x。)上单 f(x0)=xo(1-xo)。 调递减，在(x。,十∞)上单调递增。 由，∈o,）得f,)-2 F(x)aa=F(x）=e-lnx_1 因为x=x。是f(x)在(0,1)的最大值 由①知xe0=一lnxo,即xoe。= 点，且e∈(0,1)，f(e1)=e,所以f(x)> e2。 综上，e<f(xo)<22。 因为函数p(x)=xe在(0，十∞)上单 这些题型及解法体现了导数在高考数学 中的重要地位，强调了综合运用数学知识、思 1 调递增，所以x。=ln,即x。=一lnx。。 想方法解决复杂问题的能力，对同学们的学 F(x)=e--1=1十1 习具有重要的指导意义。 (责任编辑徐利杰) 12