2022年全国高考导数命题预测

胡学亮

一年一度的高考正一步步向我们走近，对高考命题的分析与预测又慢慢地进入了我们的视野. 回顾2021年高考全国I卷，在导数方面命了三道题，第7题考查导数的几何意义、第15题结合分段（以绝对值形式）函数考查导数的应用、第22题考查导数在了函数中的综合应用. 可以说导数中重要的“三大块”都涉及到了，2022年呢？根据近年全国其它地区的命题与近期全国各地的模拟试题，我们特提出如下预测，希望对考生的后期复习能提供帮助.

一、从导数的几何意义入手设计试题

导数的几何意义在高考命题中出现的形式十分灵活，它一直以各种不同“样子”活跃在高考试卷中，当然，也给很多考生带来不少困扰.

例1 （1）若对于任意正实数x，都有lnx-aex-b+1≤0（e为自然对数的底数）成立，求a+b的最小值.

（2）已知函数f（x）=2x3-3x，若过点P（1，t）存在3条直线与曲线y=f（x）相切，求t的取值范围.

解析 （1）将式子等价整理为lnx≤aex+b-1，此题即为寻找直线y=aex+b-1，使得曲線y=lnx都在直线的下方，数形结合知道，此即寻找y=lnx的切线中某条可以实现a+b取得最小值. 故y=lnx在P（x0，lnx0）处的切线方程为y-lnx0=（x-x0），即y=x+lnx0-1，则ae=，b-1=-1+lnx0，a+b=+lnx0，令t（x0）=+lnx0，t′（x0）=-+=，所以当x0=时，取得最小值，a+b的最小值为0.

（2）设过点P（1，t）的直线与曲线y=f（x）相切于点（x0，y0），则切线方程为y-（2x30-3x0）=（6x20-3）（x-x0），因此t-（2x30-3x0）=（6x20-3）（1-x0），整理可得：4x30-6x20+t+3=0. 设g（x）=4x3-6x2+t+3，则“过点P（1，t）存在3条直线与曲线y=f（x）相切”等价于“g（x）=4x3-6x2+t+3有3个不同零点”，又因为g′（x）=12x（x-1），所以g（x）在x=0时取得极大值t+3，在x=1时取得极小值t+1，根据多项式的特点，要使g（x）=4x3-6x2+t+3有3个不同零点，只需t+1<0，t+3>0，即{t│-3

点评 （1）此题是对切线的变式考法，注意几何意义的运用，这样就可以将此题与曲线的切线联系起来. 当然本题也可以采用先猜想再证明的办法，先取特殊值x=代入，得到a+b≥0，再证明当a=1，b=-1可以取到a+b=0，从而得到结论. 为什么要取x=这个点，仔细观察已知条件可以发现规律.

（2）首先要正确区分是过某点的切线还是在某点的切线，两者做法差异很大. 其次，注意问题的等价转化，切线的条数问题转化为函数零点个数问题. 最后，注意多项式的特点，多项式函数图像特点要熟练，尤其是对三次多项式要很熟悉.

二、从导数的基本应用入手设计试题

借助导数考查函数的单调性与最值，往往是以导数为载体重点考查考生的字母运算与数字运算能力.

例2 已知函数f（x）=ln（ax）-ax2+x（a≠0），讨论函数f（x）的单调性.

解析 由题得f ′（x）=a-2ax+1=（ax>0），（1）若a<0，则函数的定义域为（-∞，0）. ①当△=8a+1≤0即a≤-时，则f（x）在（-∞，0）单调递减. ②若△=8a+1>0即-0，f（x）单调递增. 当x∈（x2，0），f ′（x）<0，f（x）单调递减.

（2）若a>0，则函数定义域为（0，+∞），二次函数g（x）=-2ax2+x+1的开口向下，对称轴x=>0，g（0）=1>0，判别式△=8a+1>0所以g（x）=0在（0，+∞）只有一个根x0（x0=），当x∈（0，x0）时，f ′（x）>0，所以f（x）单调递增，当x∈（x0，+∞）时，f ′（x）<0，所以f（x）单调递减.

综上，当a≤-时，f（x）的单调递减区间为（-∞，0），无单调递增区间. 当-0时，f（x）的单调递减区间为（，+∞），单调递增区间为（0，）.

点评 本题讨论函数的单调性，需要注意定义域随着参数a的正负在改变，若忽视定义域极易出现错误. 此外本题需要讨论二次函数根的分布，两根的大小比较也是一个容易出错的地方，需要引起重视.

三、从导数与不等式的交汇入手设计试题

导数与不等式是一对“老朋友”，几乎每年它们都会联手出现在试卷上，且此类题一般是在压轴题的位置，难度当然较大.

1. “单变量”不等式问题

例3 已知函数f（x）=ex-a，f（x）-lnx>0恒成立，求整数a的最大值.

解析 法一 ：现证明ex≥x+1，设F（x）=ex-x-1，则F′（x）=ex-1，令F′（x）=0，则x=0，当x∈（0，+∞）时，F′（x）>0，当x∈（-∞，0）时，F′（x）<0，所以F（x）在（0，+∞）上单调递增，在（-∞，0）上单调递减，所以F（x）min=F（0）=0，即F（x）≥0恒成立，即ex≥x+1，即ex-2≥x-1，同理可得lnx≤x-1，所以ex-2>lnx，当a≤2时，lnx0恒成立. 当a≥3时，存在x（例如取x=即可），使ex-alnx不恒成立. 综上，整数a的最大值为2.

法二：要证f（x）-lnx>0，即证ex-lnx>0，令g（x）=ex-lnx，g′（x）=ex-=，x>0. 令t（x）=xex-1，t′（x）=（x+1）ex>0. t（x）在（0，+∞）上单调递增，又因为t（）=-1<0，t（1）=e-1>0，所以存在x0∈（，1），使得当x∈（0，x0）时，单调递减，当x∈（x0，+∞）时，单调递增，并且=ex0，所以g（x）min=g（x0）=ex0-lnx0=+x0，x0∈（，1），g（x0）在（，1）上单调递减，所以g（x0）∈（2，3），所以a≤2，故整数a的最大值为2.

点评 含参数“单变量”型不等式问题，可以分离参数来做，往往转变为求构造函数的最大，最小值问题，若最大，最小值不可求出，常与二分法结合考查，如方法二. 含参数“单变量”型不等式问题，有时可以借助曲线切线考查，寻找一条直线将两条曲线隔开两侧，如方法一.

2.“双变量”不等式问题

例4 已知函数f（x）=-x+alnx.

（1）讨论f（x）的单调性.

（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：

解析 （1）f（x）的定义域为（0，+∞），f ′（x）=--1+=-.

①若a≤2，则f ′（x）≤0，当且仅当a=2，x=1时，f ′（x）=0，所以f（x）在（0，+∞）单调递减. ②若a>2，令f ′（x）=0，得x=或x=.

当x∈（0，）∪（，+∞）时，f ′（x）<0. 当x∈（，）时，f ′（x）>0. 所以f（x）在（0，），（，+∞）单调递减，在（，）单调递增.

（2）由（1）知，f（x）存在兩个极值点时，当且仅当a>2. 由于f（x）的两个极值点x1，x2，满足x2-ax+1=0，所以x1x2=1，不妨设x11. 由于=--1+a=-2+a=-2+a，所以

点评 “双变量”型不等式的证明一般先通过题中关系找出两变量的关系再转化为“单变量”型不等式解决.

3.“交汇型”不等式问题

例5 已知函数f（x）=a（x+1）ln（x+1）-x2-ax（a>0）是减函数.

（1）试确定a的值.

（2）已知数列{an}，an=，Tn=a1a2a3…an（n∈N？鄢），求证：ln[（n+2）Tn]<1-.

解析 （1）f（x）的定义域为（-1，+∞），f ′（x）=aln（x+1）-2x. 由f（x）是减函数，得对任意的x∈（-1，+∞），f ′（x）=aln（x+1）-2x≤0恒成立. 设g（x）=aln（x+1）-2x，则g′（x）=，由a>0知，-1>-1，所以当x∈（-1，-1）时，g ′（x）>0. 当x∈（-1，+∞），g（x）≤g（0）恒成立，即g（x）的最大值为g（0），所以-1=0，解得a=2.

（2）由f （x）是减函数，且f（0）=0可得，当x>0时，f（x）<0，所以f（n）<0，且2（n+1）ln（n+1）

所以ln[（n+2）Tn]

下面证：2ln（n+2）-ln（n+1）-（n+1）ln2+-1<0，记h（x）=2ln（x+2）-ln（x+1）-（x+1）ln2+-1，（x≥2），h′（x）=-ln2+.

所以h（x）在[2，+∞）上单调递减，而h′（2）=×（2-ln8）<0，所以当x≥2时，h′（x）<0恒成立，所以h（x）当x≥2时，单调递减，即h（x）≤h（2）=ln2-ln3<0，所以当x≥2时，h（x）<0. 又因为h（1）=ln-ln<0，所以当n∈N？鄢时，ln[（x+2）Tn]<1-.

点评 不等式的广泛联系性，决定了只要可以与不等式结合的问题，往往交汇幅度都很大. 本与数列结合，由于数列的定义域是离散的，不能直接求导，必须将定义域扩充到实数域范围内再求导，再利用导数证明单调性. 借助单调性再来说明数列的单调性.

四、从恒成立角度设计试题

恒成立问题是导数在函数中应用的常规形式之一，此类题往往涉及函数的单调性与函数的最值，属于函数中较为综合的问题.

例7 已知函数f（x）=ln（x+1）++ax+b的导函数为f ′（x），f ′（0）=1，且函数F（x）= f（x）-f ′（x）存在零点x=0.

（1）求实数a，b的值.

（2）当x≥0时，不等式f（x）≥恒成立，求实数m的取值范围（参考数据：方程x2+x-1=ln（x+1）的一个近似解x0=）.

解析 （1）因为f ′（x）=-+a，又f ′（0）=1，所以f ′（0）=1-1+a=1，即a=1. 所以f（x）=ln（x+1）++x+b，由函数F（x）= f（x）-f ′（x）存在零点x=0得F（0）=f （0）-f ′（0）=0，所以f （0）=1+b=1，故b=0.

（2）当x≥0时，不等式f（x）≥恒成立等价于式f（x）-≥0恒成立，显然x=0时不等式对任意实数m恒成立，因此，只需讨论x>0时恒成立的m取值. 使不等式f（x）≥在（0，+∞）上恒成立，所以ln（x+1）++x≥（x>0），即ln（x+1）+++x+1≥m. 令？渍（x）=ln（x+1）+++x+1（x>0），则？渍′（x）==，由？渍′（x）=0，得x2+x-1=ln（x+1）. 依题设知该方程的一个正根为x0=. 分别作出y=x2+x-1，和y=ln（x+1）的图像，由图像可知当x∈（0，）时，？渍′（x）<0，当x∈（，+∞）时，？渍′（x）>0，又ln（x0+1）=x20+x0-1，所以？渍（x）min=？渍（x0）=x20+3x0+1=，所以m≤. 即所求的m取值范围为（-∞，].

点评 （1）“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化.（2）构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题. 若行不通，再考虑带参数分类讨论.（3）不等式在某个区间上恒成立（存在性成立）问题的转化途径①f（x）≥a恒成立？圳f（x）min≥a. 存在x使f（x）≥a成立？圳f（x）min≥a. ②f（x）≤b恒成立f（x）max≤b. 存在x使f（x）≤b成立f（x）min≤b. ③f（x）>g（x）恒成立？圳F（x）=f（x）-g（x），F（x）min>0.

五、从方程的根及函数零点入手设计试题

作为函数的一大特征值，根与零点在近年高考命题中频繁的出现在高考试卷上，且往往难度较大，是真正的“拉分题”，征服它不仅需要扎实的基本功还需要灵活应变能力.

例8 已知函数f（x）=sinx-ln（1+x），f ′（x）为f（x）的导数.  证明：

（1）f ′（x）在区间（-1，）存在唯一极大值点.

（2）f（x）有且仅有2个零点.

解析 （1）由题意知：f（x）定义域为：（-1，+∞）且f ′（x）=cosx-.

令g（x）=cosx-， x∈（-1，），所以g′（x）=-sinx+， x∈（-1，）.

因为在（-1，）上单调递减，-sinx在（-1，）上单调递减，所以g′（x）在（-1，）上单调递减. 又g′（0）=-sin0+1=1>0，g′（）=-sin+=-1<0.

所以？埚x0∈（0，），使得g′（x0）=0. 所以当x∈（-1，x0）时，g′（x）>0. x∈（x0，）时，g′（x）<0，即g（x）在（-1，x0）上单调递增. 在（x0，）上单调递减，则x=x0为g（x）唯一的极大值点，即：f ′（x）在区间（-1，）上存在唯一的极大值点x0 .

（2）由（1）知：f ′（x）=cosx-，x∈（-1，+∞）. ①当x∈（-1，0]时，由（1）可知f ′（x）在（-1，0]上单调递增，所以f ′（x）≤f ′（0）=0，f（x）在（-1，0]上单调递减，又f （0）=0，x=0为f（x）在（-1，0]上的唯一零点.

②当x∈（0，]时，f ′（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，又f ′（0）=0，所以当x∈（0，x0]时，f ′（x）>0，f （x）在（0，x0）上单调递增，此时f （x）>f （0）=0，不存在零点. 又f ′（）=cos-=-<0，所以？埚x1∈（x0，），使得f ′（x1）=0，f （x）在（x0，x1）上单调递增，在（x1，）上单调递减. 又f （x0）>f （0）=0，f （）=sin-ln（1+）=ln>ln1=0，所以f （x）>0在（x0，）上恒成立，此时不存在零点.

③当x∈[，]时，sinx单调递减，-ln（x+1）单调递减，所以f （x）在[，]上单调递减又f （）>0，f （）=sin-ln（+1）=-ln（+1）<0，即f （）·f （）<0，又f （x）在[，]上单调递减，所以f （x）在[，]上存在唯一零點.

④当x∈（，+∞）时，sinx∈[-1，1]，ln（x+1）>ln（+1）>lne=1，所以sinx-ln（x+1）<0，即f （x）在（，+∞）上不存在零点，综上所述：f （x）有且仅有2个零点

点评 利用导数研究方程根或函数零点的方法（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.（2）根据题目要求，画出函数图像的走势规律，标明函数极（最）值的位置.（3）通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.（4）当题目中出现三角函数时，要注意三角函数的周期性和有界性，一般需要分段讨论.

六、从导数在生活中的应用设计试题

例9 如图，ABCD是正方形空地，正方形的边长为30m，电源在点P处，点P到边AD、AB的距离分别为9m，3m某广告公司计划在此空地上竖一块长方形液晶广告屏幕MNEF，MN ∶ NE=16 ∶ 9，线段MN必须过点P，满足M、N分别在边AD、AB上，设AN=x（m），液晶广告屏幕MNEF的面积为S（m2）.

（1）求S关于x的函数关系式，并写出该函数的定义域.

（2）当x取何值时，液晶广告屏幕MNEF的面积S最小？

解析 （1）如图，建立直角坐标系，设M（0，t），由已知有P（9，3），N（x，0），所以=，所以t=（10≤x≤30）. 又MN过点P，x最小值为10，所以AM=（10≤x≤30）.  所以S=MN·NE=MN2=[x2+]. 定义域为[10，30].

（2）S′=[2x+]=×令S′=0，得x=0（舍去），x=9+3，当10≤x≤9+3时，S′<0，S关于x为减函数. 当=9+30，S关于x为增函数. 所以当x=9+3时，S取得最小值.

点评 应用问题要注意变量的选取，寻找是什么量的变化引起的一系列变化，此外要注意定义域，转化为函数问题后，借助导数研究极值和最值.

关于2022年高考，有关导数方面的试题设计，我们就谈到这里. 说句心里话，作为本文的作者，实实在在是希望正好有某一例题与高考试题重合，但作为高考命题人，他是如何想的呢？

责任编辑 徐国坚

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