2023年高考函数与导数考向预测

李昭平

导数的引入，给函数问题注入了生机与活力，拓宽了高考对函数问题的命题空间和解题

空间.近年来，高考对函数与导数的考查，一般稳定在一选一填一解答，分值大约占总分的14.7%，客观题和主观题往往都在试卷靠后的位置，成为压轴题或半压轴题，并且题型在不断创新，逻辑推理在不断深化，难度在不断加大.下面以部分模考、高考改编题和一些原创题为例，对2023年高考“函数与导数”融合题的考向进行预测，供专题复习参考．

考向1：考查比较大小

例1.（2022年湖北武昌模考题改编）已知a>0，b>0，且（a+1）b=（b+2）a，则（）

A. a>b____________B. a=b

C. a

解析：（a+1）b=（b+2）a就是ln（a+1）a=ln（b+2）b>ln（b+1）b，两边是同构式．

构造函数f（x）=ln（x+1）x（x>0），则f ′（x）=xx+1-ln（x+1）x2.

再令g（x）=xx+1-ln（x+1）（x>0），则g′（x）=1（x+1）2-1x+1=-x（x+1）2<0，所以g（x）单调递减，g（x）

因为ln（a+1）a>ln（b+1）b就是f（a）>f（b），所以a

点评：将已知的等式（a+1）b=（b+2）a等价变形为ln（a+1）a=ln（b+2）b，再将此等式变形为不等式ln（a+1）a>ln（b+1）b，则构造函数处理即可.近几年来，用常规方法无法比较大小的问题，在高考和模考中常常出现，构造函数、导数处理是有效途径，要引起高度重视．

训练题1：已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中正确的是（）

A.ln2>2e______ B.ln3>3e

C.lnπ>πeD. ln6<7e

解析：不等式ln2>2e，ln3>3e，lnπ>πe是同构式，构造函数f（x）=lnx-xe，x>0.

则f ′（x）=1x-1e.当00，f（x）在（0， e）内单增；当x>e时，f ′（x）<0，f（x）在（e，+∞）内单减.因此f（x）max=f（e）=lne-ee=0.

于是ln2-2e<0，ln3-3e<0，lnπ-πe<0，ln6-6e<0. A，B，C均不正确．

由ln6-6e<0，得ln6<6e<7e.故选D．

考向2：考查函数不等式中参数的最值或范围

例2.（2022年A10联盟联考题改编）若对任意x∈（1，+∞），不等式ex-xa≥x-alnx恒成立，则正数a的最大值为（）

A.4______B.e______C. 2______D. 1e

解析：ex-xa≥x-alnxex-x≥xa-lnxaex-x≥elnxa-lnxa，两边是同构式.构造函数f（x）=ex-x，则f（x）≥f（lnxa）.由f ′（x）=ex-1=0，得x=0.当x>0时f（x）单增.而x，lnxa∈（0，+∞）于是由f（x）≥f（lnxa），得到x≥lnxa，即1a≥lnxx，1a≥1e，a≤e. 故选B．

点评：将已知的不等式ex-xa≥x-alnx等价变形为ex-x≥elnxa-lnxa，则立即构造ex-x型函数，逆用ex-x型函数的单调性，立即获得自变量x与lnxa之间的关系，注意lnxx的最大值是1e. 考查函数不等式中参数的最值是近两年模考中的高频考点，技巧性强、逻辑推理要求高．

训练题2：（2022年安徽合肥模考题改编）若不等式a（eax+1）≥2（x+1x）lnx对任意x≥1恒成立，则正实数a的最小值为____________．

解析：不等式a（eax+1）≥2（x+1x）lnx就是ax（eax+1）≥（x2+1）lnx2，

即ax（eax+1）≥（elnx2+1）lnx2，两边是同构式.构造函数f（x）=x（ex+1），x≥0，则ax（eax+1）≥（elnx2+1）lnx2就是f（ax）≥f（lnx2）.

因为f ′（x）=（ex+1）+xex=（1+x）ex+1>0，所以f（x）在［0，+∞）上单增．

而ax，lnx2∈［0，+∞），因此由f（ax）≥f（lnx2），得ax≥lnx2，a≥2lnxx，a≥2e.

故正实数a的最小值为2e.

注意：将已知不等式a（eax+1）≥2（x+1x）lnx等价变形为ax（eax+1）≥（elnx2+1）lnx2，则立即构造函数f（x）=x（ex+1）．

训练题3：（2022年安徽安庆模考题改编）若不等式eax-x+2ax≥1eax

-1x+2lnx对任意x>0恒成立，則实数a的最小值为____________．

A.12______B.2______C. e______D. 1e

解析：eax-x+2ax≥1eax-1x+2lnx就是eax-1eax+2ax≥x-1x+2lnx，即eax-1eax+2lneax≥x-1x+2lnx.

令f（x）=x-1x+2lnx，x>0.它为增函数，eax-1eax+2lneax≥x-1x+2lnx.

就是f（eax）≥f（x），因此eax≥x，即ax≥lnx，a≥lnxx，a≥（lnxx）max=1e.故选D．

注意：将已知不等式eax-x+2ax≥1eax-1x+2lnx等价变形为eax-1eax+2lneax≥x-1x+2lnx，则立即构造函数f（x）=x-1x+2lnx.

例3.（2021年江西南昌模考题改编）已知f（x）=alnx+12（a-1）x2+1（a∈R）．

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）当a=-1时，对任意的x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2都有x1f（x2）-x2f（x1）x1-x2>mx1x2，求实数m的取值范围．

解析：（1）当a≥1时，f ′（x）>0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；

当0

当a≤0时，f（x）在（0 ，+∞）内单调递减.

（2）当a=-1时，f（x）=-lnx-x2+1，不妨设0

则x1f（x2）-x2f（x1）x1-x2>mx1x2等价于f（x2）x2-f（x1）x1>m（x2-x1）．

考察函数g（x）=f（x）x，得g'（x）=lnx-x2-2x2.令h（x）=lnx-x2-2x2，则h'（x）=5-2lnxx3，当x∈（0，e52）时，h'（x）>0；当x∈（e52，+∞）时，h'（x）<0，所以h（x）在区间（0，e52）内是单增，在区间（e52，+∞）内是单减.

因此，g′（x）≤g′（e52）=12e5-1<0，所以g（x）在（0，+∞）内单调递减，从而g（x1）>g（x2），即f（x2）x2

于是f（x1）x1-f（x2）x2>m（x2-x1），所以f（x1）x1+mx1>f（x2）x2+mx2，

即g（x1）+mx1>g（x2）+mx2恒成立，两边是同构式．

令φ（x）=g（x）+mx，则φ（x）在（0，+∞）内恒为单调递减函数，

从而φ′（x）=g′（x）+m≤0恒成立，即φ′（x）=g′（x）+m≤12e5-1+m≤0，m≤1-12e5. 故实数m的取值范围是-∞，1-12e5.

点评： 解此题的关键是将已知的不等式x1f（x2）-x2f（x1）x1-x2>mx1x2，等价变形为f（x1）x1+mx1>f（x2）x2+mx2（两边是同构式），再研究φ（x）=f（x）x+mx的单调性即可.函数不等式中参数的取值范围问题是高考考查函数与导数的主體，综合性强、解题能力要求高．

训练题4：已知函数f（x）=2cos x-x2.若对任意的x1，x2∈（0，π），都有｜f（x1）-f（x2）｜≤m｜x1-x2｜成立，则实数m的取值范围是______．

解析：因为f（x）=2cos x-x2，所以f ′（x）=-2sin x-2x<0，因此f（x）在（0，π）内单减.不妨设0

于是，已知的不等式｜f（x1）-f（x2）｜≤m｜x1-x2｜等价于f（x1）-f（x2）≤mx2-mx1，即 f（x1）+mx1≤f（x2）+mx2，两边是同构式．

令g（x）=f（x）+mx，0

于是，g′（x）=-2sin x-2x+m≥0，即m≥2sin x+2x.

再令h（x）=2sin x+2x，则h′（x）=2cos x+2>0，h（x）在（0，π）内单增，

因此，h（x）

考向3：考查函数不等式的解集

例4. （2021年皖西南联盟期末联考题）设奇函数f（x）定义在R上， 其导函数为f ′（x）， 且满足f （x）-f ′（x）<0，则不等式组f（2x-3）>0exf（x+1）>e4f（2x-3）（其中e为自然对数的底数）的解集是（）

A.（4，+∞）______ B.（0，32）

C.（32，4）D.（-1，32）∪（4，+∞）

解析：令g（x）=f（x）ex，则g′（x）=f ′（x）-f（x）ex>0，g（x）在f（x）上单增．

因为奇函数f（x）定义在R上，所以f（0）=0，g（0）=0.

exf（x+1）>e4f（2x-3）就是f（x+1）ex+1>f（2x-3）e2x-3．

f（2x-3）>0，xxf（x+1）>e4f（2x-3）等价于

f（2x-3）e2x-2>f（0）e0，

f（x+1）ex+1>f（2x-3）e2x-3，即g（2x-3）>g（0），

g（x+1）>g（2x-3），因此2x-3）>0，

x+1>2x-3，解得32

点评：本题以抽象函数为载体，考查函数不等式的解集、用导数符号判断函数的单调性、

构造函数法等.在不等式的等价变形中考查逻辑推理；在观察不等式f（x）-f ′（x）<0中构造出函数g（x）=e-xf（x），考查直观想象素养. 利用导数知识解决抽象函数不等式的解集问题，在近几年的高考中有上升的趋势.一般地，若已知nf（x）+f ′（x）的符号，构造函数g（x）=enxf（x）；若已知nf（x）-f ′（x）的符号，构造函数g（x）=e-nxf（x）．

训练题5：设函数f（x）定义在R上， 其导函数为f ′（x）， 且满足2f（x）>f ′（x）+2，f（0）=2023，则不等式e-2xf（x）>e-2x+2022（其中e为自然对数的底数）的解集是____________．

解析： 令g（x）=e-2xf（x）-e-2x，則g′（x）=e-2x［f ′（x）-2f（x）+2］<0， g（x）在R上单减. 因为g（0）=f（0）-1=2022，所以e-2xf（x）>e-2x+2022等价于g（x）>g（0），x<0.故不等式e-2xf（x）>e-2x+2022的解集是（-∞， 0）．

考向4：考查函数的极值

例5.已知函数f（x）=ex+acosx，其中x>0，a∈R.

（1）当a=-1时，讨论f（x）的单调性;

（2）若函数f（x）的导函数f′（x）在（0， π）内有且仅有一个极值点，求a的取值范围．

解析：（1）易得函数f（x）在（0，+∞）内单调递增，过程略去．

（2）f′（x）=ex-asinx，f′（x）=ex-acosx.

由f′（x）=ex-acosx=0，得acos x=ex.显然x=π2不是f ′′（x）=0的根．

当x∈（0，π2）∪（π2， π）时，a=excos x.令g（x）=excos x，则g′（x）=ex（sin x+cos x）cos2x．

由g′（x）=0，得x=3π4.当3π40；当3π4

由图1知，当a>1或a≤-eπ时，直线y=a与曲线y=g（x）在（0，π2）∪（π2， π）内有唯一交点（x1，a）或（x2，a），且在xexcos x，则f′′（x）=ex-acosx<0；在x>x1附近，a0.因此，x1是f′（x）在（0， π）内唯一极小值点．

同理可知，x2是f′（x）在（0， π）内唯一极大值点．

故a的取值范围是 （-∞，-eπ］∪（1，+∞）.

点评：本题将f ′′（x）=0参变分离为a=excos x.利用定曲线g（x）=excos x和动直线y=a的交点个数来处理. 由于g（x）=excos x的图像有分界线x=π2，所以要注意直线y=a的可能位置，否则极易漏解．

训练题6：已知函数f（x）=2logax-ex2（a>0，且a≠1）有唯一极值点， 则a的取值范围是____________.

解析：由f ′（x）=2xlna-2ex=0，得1lnax=ex.令g（x）=1lnax，h（x）=ex，x>0．

若a>1，则1lna>0，曲线g（x）与直线h（x）在第一象限有唯一交点，其横坐标为x0，在x0附近f ′（x）异号，因此x0是函数f（x）的唯一极值点，满足条件．

若0

故a的取值范围是（1， +∞）.

训练题7： （训练题6的变式）已知函数f（x）=2logax-ex2（a>0，且a≠1）没有极值点，则a的取值范围是____________.

解析：由训练题6的解答知，a的取值范围是（0，1）.

考向5：考查函数不等式的证明

例6.（2020年全国高考课标Ⅰ卷题改编） 设a∈R，函数f（x）=ax2-2lnx.

（1）若f（2）是f（x）的极值，求f（x）的单调区间；

（2）若f ′（1）≥0. 证明：当x∈（0， 2）时， 12a-1x2-（x-2）ex+2x3>0恒成立．

解析：（1）因为f ′（x）=2ax-2x，所以f ′（2）=4a-1=0，a=14.此时f ′（x）=12x-2x=（x+2）（x-2）2x，满足f（2）是f（x）的极值．

故f（x）的单增区间是（2，+∞），单减区间是（0， 2）.

（2）因为f ′（x）=2ax-2x，所以f ′（1）=2a-2≥0，a≥1.

于是12a-1x2-（x-2）ex+2x3≥12-1x2-（x-2）ex+2x3

=x3-2x-4-2（x-2）ex2x3=（x-2）（x2+2x+2-2ex）2x3.

令h（x）=x2+2x+2-2ex，0

再令φ（x）=x+1-ex，则当x>0时，φ′（x）=1-ex<0，φ（x）单减，φ（x）<φ（0）=0.

因此当x>0时，h（x）单减，h（x）

于是，当00.

故当x∈（0， 2）时， 12a-1x2-（x-2）ex+2x3>0恒成立.

点评：本题函数f（x）中含有参数a，以二次函数和对数函数的复合形式出现，是我们常见的一种组合方式，学生是比较熟悉的. 对（Ⅰ），利用f ′（2）=0即可求解.（Ⅱ）则是常见的恒成立不等式的证明，先放缩化简，再构造函数.第一次， h（x）=x2+2x+2-2ex，x>0； 第二次，φ（x）=x+1-ex，x>0. 对于待证不等式A（x）>B（x），有时可以直接构造函数，有时必须通过变形或放缩后再构造函数，有时要消去其中的参数后再构造函数，有时要利用极值点偏移构造对称差函数，有时要“一分为二”构造两个函数，有时要换元后再构造函数等等，情况比较复杂．

例7.设函数f（x）=（x-1）2，g（x）=a（lnx）2，其中a∈R，且a≠0.

（1）若直线x=e（e为自然对数的底数）与曲线y=f（x）和y=g（x）分别交于A、 B 两点，且曲线y=f（x） 在点A处的切线与曲线y=g（x）在点B处的切线互相平行，求a的值；

（2）設h（x）=f（x）+mlnx（m∈R，且m≠0）有两个极值点x1，x2，且x11-2ln24．

解析：（1）因为f ′（x）=2（x-1），g′（x）=2alnxx，所以f ′（e）=2（e-1），g′（e）=2alnee=2ae. 根据f ′（e）=g′（e），解得a=e2-e.

（2）h′（x）=2（x-1）+mx=2x2-2x+mx，x>0．

因为h（x）有两个极值点x1，x2，所以x1，x2是方程2x2-2x+m=0的两个实数根，x1+x2=1. 而0

因为m=-2x22+2x2，所以h（x2）=（x2-1）2+（2x2-2x22）lnx2.

令φ（t）=（t-1）2+（2t-2t2）lnt，12

则φ′（t）=2（t-1）+（2-4t）lnt+（2t-2t2）·1t=2（1-2t）lnt>0，

所以φ（t）在（12 ，1）内是增函数. 于是φ（t）>φ（12）=1-2ln24，即h（x2）>1-2ln24．

点评：对（1），根据方程f ′（e）=g′（e）构建方程求实数a的值，注意g（x）=a（lnx）2的导数运算；对（2），先根据极值点的意义得到相关等式和x1，x2的范围，获得h（x2）的表达式，再构造新函数φ（t）=（t-1）2+（2t-2t2）lnt，其中利用m=-2x22+2x2消去参数m是解题的关键. 近年来，以极值点为载体的不等式证明题在高考和模考中屡屡出现，消参后构造函数法是一种有效策略．

训练题8 ：设a∈R，函数f（x）=lnx+ax+1有两个零点x1，x2，且x1

（1）求a的取值范围；

（2）若x0是f（x）的极值点，e是自然对数的底数. 证明：x1+x2>2ef（x0）．

解析： 函数f（x）=lnx+ax+1的定义域是（0，+∞）.

（1）易得a的取值范围是（-1， 0）， 过程略去．

（2）由于f（x1）=f（x2），由f ′（x）=1x+a=0得x=-1a，为f（x）的极大值点，0-1a．

构造对称差函数

H（x）=f（x）-f（-2a-x）=2ax+lnx-ln（2+ax）+ln（-a）+2，其中0

则H′（x）=2a+1x-a2+ax=2（ax+1）2x（2+ax）>0，H（x）在（0，-1a）内单增．

所以H（x1）=f（x1）-f（-2a-x1）

而x2，-2a-x1∈（-1a，+∞），f（x）在（-1a，+∞）内单减，所以x2>-2a-x1，即x1+x2>-2a．

下面只要证明-2a≥2ef（x0）即可.易得2ef（x0）=2eln（-1a）．

作差-2a-2eln（-1a），-1a>1.

构造函数φ（x）=2x-2elnx，x>1. 则由φ′（x）=2-2ex=2（x-e）x=0得，x=e，为φ（x）的极小值点，所以φ（x）≥φ（e）=0．

于是φ（-1a）≥0，即-2a≥2ef（x0），故x1+x2>2ef（x0）．

考向6：考查函数的零点

例8.（2022年全国高考数学乙卷题改编）已知函数f（x）=ln（1+x）+axe-x，a∈R.

（1）若曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程是y=2x，求a的值；

（2）若f（x）的导函数f ′（x）恰有两个零点，求a的取值范围．

解析：（1）因为f ′（x）=11+x+a（1-x）e-x，所以f ′（0）=1+a.

因为曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程是y=2x，所以f ′（0）=2.于是1+a=2，故a=1.

（2）法1：由f ′（x）=11+x+a（1-x）e-x=0，得ex1+x=a（x-1）．

令g（x）=ex1+x， h（x）=a（x-1），x>-1.

用导数知识可以得到g（x）=ex1+x的图像，如图2所示.

设经过点（1，0）的直线与曲线g（x）=ex1+x相切于点（x0，y0），g′（x）=xex（1+x）2， 则切线l的方程是y-ex01+x0=xex0（1+x0）2（x-x0）.

将点（1，0）代入就是0-ex01+x0=xex0（1+x0）2（1-x0），x20-2x0-1=0，x0=1±2.

因此 kl=x0ex0（1+x0）2=（2-1）e1+22 或-（2+1）e1-22.

当a>（2-1）e1+22或a<-（2+1）e1-22时，直线h（x）=a（x-1）与曲线y=g（x）分别有两个交点，即函数f ′（x）恰有两个零点．

故a的取值范围是（-∞，-（2+1）e1-22）∪（（2-1）e1+22，+∞）.

法2：由f ′（x）=11+x+a（1-x）e-x=0，得ex1+x=a（x-1）.显然x≠1，所以exx2-1=a.

令g（x）=exx2-1，x>-1且x≠1，則g′（x）=（x2-2x-1）ex（x2-1）2.

解方程x2-2x-1=0，得x=1±2.

因此，函数g（x）在（-1， 1-2）和（ 1+2，+∞）内单增，在（1-2， 1）和（1， 1+2）内单减，且极大值为g（1-2）=e1-22-22=-（2+1）e1-22极小值为g（1+2）=e1+22+22=（2-1）e1+22，如图3所示．

当a>（2-1）e1+22或a<-（2+1）e1-22时，直线y=a与曲线y=g（x）分别有两个交点，即函数f ′（x）恰有两个零点．

故a的取值范围是（-∞，-（2+1）e1-22）∪（（2-1）e1+22，+∞）.

点评：本道联考题实际上是2022年全国高考数学乙卷第21题的改编，将条件“f（x）恰有两个零点”变为“导函数f ′（x）恰有两个零点”，思路和解法跟高考题类似，但运算量明显增大，属于较难题. 法1是将f ′（x）=0“一分为二”变成g（x）=h（x），再看曲线y=g（x）和曲线y=h（x）的交点情况，数形结合处理问题. 法2则是将f ′（x）=0变为a=g（x），其中a为参数，再看曲线y=g（x）和直线y=a的交点情况，数形结合处理问题. 函数的零点问题是近几年高考对“函数与导数”解答题考查的高频考点、失分点和区分点.这种问题有思维的高度、分析的深度和运算的难度，必须加强训练．

训练题9 ：已知函数f（x）=aln（1+x）+xe-x，a∈R.

（1）若曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程是y=2x，求a的值；

（2）若f（x）的导函数f ′（x）恰有两个零点，求a的取值范围．

解析：（1）因为f ′（x）=a1+x+（1-x）e-x，所以f ′（0）=1+a.

因为曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程是y=2x，所以f ′（0）=2.于是，1+a=2，故a=1.

（2）由f ′（x）=a1+x+（1-x）e-x=0，得（x2-1）e-x=a，x>-1.

令g（x）=（x2-1）e-x，x>-1.

用导数知识可以得到g（x）=（x2-1）e-x的图像，如图4所示.

因为g（0）=-1，g（1）=0，g（1-2）=（2-22）e2-1，g（1+2）=（2+22）e-2-1．

当（2-22）e2-1

故a的取值范围是（（2-22）e2-1， 0）∪（0，（2+22）e-2-1）．

以上六大考向中的8道例题和9道训练题，很好地体现了导数运用中常见的数形结合法、分类讨论法、参变分离法、一分为二法、构造函数法等等.其中“构造函数●导数求解”是解题的主旋律.不难看出，这些试题结构新颖、覆盖面广、综合性强，逐步向导数应用的深层次考查. 在高考专题复习中，必须加大训练、加大研究、加大感悟，突破“函数与导数”压轴题或半压轴题这道关．

责任编辑徐国坚