对2023年高考一道函数与导数压轴题的思考

李昭平 陈俊国

【摘 要】  函数与导数中的参数范围问题一直是高考考查的热点题型， 并常常居于压轴题的位置. 现对2023年高考一道函数与导数压轴题进行思考，通过试题分析、提炼结论、运用升华来强化理解、拓展思维、发展能力.

【关键词】  2023高考题；简捷解法；总结规律；学以致用

1   试题分析

（1）证明：当0

（2）已知函数f（x）=cosax－ln（1－x2）.若x=0是f（x）的极大值点，求实数a的取值范围.

（2023年全国新高考Ⅱ卷第22题）

本题第（1）问利用两次构造函数，通过研究新函数的单调性获证，为第（2）问准备，比较常规. 第（2）问则是“函数f（x）=cosax－ln（1－x2）在x=0为极大值点的条件下，求实数a的取值范围”，跳出了常见的复合型函数，而以三角函数和对数函数的复合形式出现，给人以耳目一新之感. 由于含有三角函数的导数比较复杂，且f′（0）=0对任意实数a恒成立，导函数符号难以判断，参变分离法、一分为二法都失效，绝大部分学生解题陷入困境.

计算观察发现，f′（0）=0，加上条件“在x=0附近的左侧，f′（x）>0;在x=0附近的右侧，f′（x）<0”，数形结合可知必有f″（0）≤0. 由此出发获得下述简捷解法，称之为过定点法（数形结合法）：

因为f′（x）= 2x 1－x2 －asinax，所以f′（0）=0. 又因为x=0是函数f（x）的极大值点，所以在x=0附近的左侧，f′（x）>0;在x=0附近的右侧，f′（x）<0. 数形结合可知必有f″（0）≤0. 因为f″（x）= 2x2+2 （1－x2）2 －a2cosax，所以f″（0）=2－a2≤0，a≤－ 2 或a≥ 2 .

①当a=± 2 时，f′（x）= 2x 1－x2 － 2 sin 2 x.由第（1）问的结论知，当0－2x.

于是f′（x）= 2x 1－x2 － 2 sin 2 x> 2x 1－x2 －2x=2x  1 1－x2 －1 >0，f（x）在 0，  2  2  内单增，这与x=0是函数f（x）的极大值点矛盾，所以a≠± 2 .

②当a<－ 2 或a> 2 时，f″（0）<0. 由于f″（x）= 2x2+2 （1－x2）2 －a2cosax在x=0附近連续，所以存在δ∈（0，1），使得当x∈（－δ，δ）时， f″（x）<0.

当x∈（－δ，0）时，f′（x）>f′（0）=0;当x∈（0，δ）时，f′（x）

综上所述，实数a的取值范围是（－∞，－ 2 ）∪（ 2 ，+∞）.

2   提炼结论

对于某些函数的单调性、极值、最值或恒成立不等式中的参数范围问题，若函数f（x）（或f′（x），f″（x）等）满足f（m）=0（或f′（m）=0，f″（m）=0等），即函数f（x）（或f′（x），f″（x）等）的图象恒过x轴上的定点（m，0），再利用其他条件往往可以数形结合确定f′（m）（或f″（m），f″′（m）等）的符号（非负或非正），由此来确定参数a的取值范围（必要条件），然后验证这个“必要条件”也是“充分条件”或验证这个“必要条件的一个子集”是“充分条件”，如此就会避免一些繁杂的运算和讨论，快速实现解题目标. 我们常常戏称此为“函数具有过定点（m，0）情结”，利用这种解题思路，具有较高的思维价值、实用价值和速度价值［1］.

3   运用升华 3.1 处理函数的单调性问题

例1  （2016全国Ⅰ卷第12题）若函数f（x）=x－ 1 3 sin2x+asinx在（－∞，+∞）

内单调递增，则实数a的取值范围是（  ）.

A.［－1，1］    B. －1， 1 3

C. － 1 3 ， 1 3   D. －1，－ 1 3   解析  因为f（0）=0，且在（－∞，+∞）内f（x）单调递增，所以f′（0）≥0.

f′（x）=1－ 2 3 cos2x+acosx，f′（0）=1－ 2 3 +a≥0，a≥－ 1 3 .立即排除A，B，D，故选C.

注  利用函数f（x）过定点（0，0），f（0）=0，f′（0）≥0， 这比解恒成立不等式“f′（x）=1－ 2 3 cos2x+acosx≥0”求参数a的范围简单得多. 例2  （2023年南昌市模考题）若函数f（x）=x+ π 2 － 1 3 sin2x+acosx在（－∞，+∞）内单调递增，则实数a的取值范围是（  ）.

A.［－2，2］     B. －2， 4 3

C. － 4 3 ， 4 3   D. －2，－ 4 3

解析  f′（x）=1－ 2 3 cos2x－asinx.因为f（－ π 2 ）=0，且在（－∞，+∞）内f（x）单调递增，所以f′（－ π 2 ）≥0， 即1+ 2 3 +a≥0，a≥－ 5 3 .立即排除A，B，D，故选C.

注  利用函数f（x）过定点（－ π 2 ，0）情结，f（－ π 2 ）=0，f′（－ π 2 ）≥0， 这比解恒成立不等式“f′（x）=1－ 2 3 cos2x－asinx≥0”求参数a的范围简单得多.3.2 处理函数的极值问题

例3  （2022年武汉市模考题）设函数f（x）=（2+ax）ln（1+x）－2x（a∈ R ）.

（1）令g（x）=f′（x），试讨论函数g（x）的单调性；（2）若x=0是函数f（x）的极小值点，求a的取值范围.

解析  （1）略去;

（2）易知g（0）=0，且由題意知， 在x=0附近的左侧，g（x）<0;在x=0附近的右侧，g（x）>0. 所以g′（0）≥0.

因为g（x）=aln（1+x）+ （a－2）x 1+x ，g′（x）= a 1+x + a－2 （1+x）2 = ax+2a－2 （1+x）2 .所以g′（0）= 0+2a－2 （1+0）2 ≥0，解得a≥1.

①当a=1时，f′（x）=g（x）=ln（1+x）－ x 1+x .

由lnx≤x－1得，ln 1 1+x ≤ 1 1+x －1，ln（1+x）≥ x 1+x ，所以f′（x）≥0.显然x=0不是函数f（x）的极小值点，因此a≠1.

②当a>1时，g′（0）>0. 由于g′（x）= ax+2a－2 （1+x）2 在x=0附近连续，所以存在δ∈（0，1），使得当x∈（－δ，δ）时， g′（x）>0，当x∈（－δ，0）时，g（x）g（0）=0， 满足x=0是函数f（x）的极小值点.

综上所述，实数a的取值范围是（1，+∞）.

注  利用函数g（x）（f′（x））过定点（0，0）情结，g（0）=0（f′（0）=0），g′（0）≥0（f″（0）≥0），且a>1是充分条件. 例4  （2023年石家庄市质检题）设f（x）=xlnx－ax2+（2a－1）x，a∈ R .

（1）令g（x）=f′（x），求g（x）的单调区间；（2）已知f（x）在x=1处取得极大值，求a的取值范围.

解析  （1）略去;（2）f′（x）=lnx+1－2ax+（2a－1）=lnx－2a（x－1）.

因为f′（1）=0，函数f′（x）的图象经过点（1，0），且由题知在x=1附近的左侧f′（x）>0，在x=1附近的右侧f′（x）<0，所以f″（1）≤0，即1－2a≤0，a≥ 1 2 .

①当a= 1 2 时，f′（x）=lnx－（x－1）≤0. f（x）在x=1处没有极大值，因此a≠ 1 2 .

②当a> 1 2 时，f″（1）<0.由于f″（x）= 1 x －2a在x=1附近连续，所以存在δ∈（0，1），使得当x∈（1－δ，1+δ）时，f″（x）<0.

当x∈（1－δ，1）时，f′（x）>f′（1）=0;当x∈（1，1+δ）时，f′（x）

综上所述，实数a的取值范围是  1 2 ，+∞ .

注  利用函数f′（x）过定点（1，0），f′（1）=0，f″（1）≤0，且a> 1 2 是充分条件.3．3 处理恒成立不等式问题

例5  （2023年苏州市模考题）已知函数f（x）=ln（1+x）－ ax x+2 .若x≥0时，f（x）≥0，则实数a的取值范围是      .

解析   因为f（0）=0，且x≥0时，f（x）≥0，所以f′（0）≥0.

f′（x）= （x+2）2－2a（x+1） （x+1）（x+2）2 ，f′（0）= 4－2a 4 ≥0，a≤2.

此时f′（x）= （x+2）2－2a（x+1） （x+1）（x+2）2 ≥ （x+2）2－4（x+1） （x+1）（x+2）2 = x2 （x+1）（x+2）2 ≥0.f（x）在x≥0时单增，因此f（x）≥f（0）=0，满足条件.故a的取值范围是（－∞，2］.

注  本题是常见的分式函数与对数函数的复合型函数，考查学生熟悉的恒成立不等式问题. 学生往往运用参变分离法或一分为二法处理，其实这两种解法都比较复杂. 利用函数f（x）过定点（0，0）情结，f（0）=0，f′（0）≥0，且a≤2也是充分条件，简单快捷. 对于选择题和填空题我们还是倡导小题小做.

例6  （2023年皖江联盟联考题）已知函数f（x）=a x－ 1 x  －lnx，其中a∈ R . 若当x∈（1，+∞）时，f（x）>0恒成立，则实数a的取值范围是      .

解析   f′（x）=a（1+ 1 x2 ）－ 1 x = ax2－x+a x2 ，x>1.因为f（1）=0，函数f（x）的图象经过点（1，0），且x∈（1，+∞）时，f（x）>0恒成立，所以f′（1）≥0，即2a－1≥0，a≥ 1 2 .此时f′（x）= ax2－x+a x2 ≥  1 2 x2－x+ 1 2  x2 = （x－1）2 2x2 >0，f（x）在（1，+∞）内单增.

因此当x>1时，f（x）>f（1）=0，满足条件. 故实数a的取值范围是  1 2 ，+∞ .

注  利用函数f（x）过定点（1，0），f（1）=0， f′（1）≥0，且a≥ 1 2 也是充分条件. 例7  （2022年哈师大附中高三诊断）已知函数f（x）=（x+1）lnx－a（x－1），其中a∈ R . （1）当a=4时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）若当x∈（1，+∞）时，f（x）>0恒成立，求a的取值范围.

解析   （1）略去;

（2）f′（x）=lnx+1+ 1 x －a，x>0. 因為f（1）=0，函数f（x）的图象经过点（1，0），且x∈（1，+∞）时，f（x）>0恒成立，所以f′（1）≥0，即2－a≥0，a≤2.

因为f″（x）= 1 x － 1 x2 = x－1 x2 >0，显然f′（x）在（1，+∞）内单增. 所以当x>1时，f′（x）>f′（1）≥0，即f（x）在（1，+∞）内单增，因此f（x）>f（1）=0恒成立，满足条件.

故实数a的取值范围是（－∞，2］.

注  利用函数f（x）过定点（1，0）情结，f（1）=0，f′（1）≥0，且a≤2也是充分条件.

例8  （2023年合肥市模考题）设函数f（x）=ax2－lnx，其中a∈ R . 试确定a的所有可能取值，使得f（x）> 1 x －e1－x+a在区间x∈（1，+∞）内恒成立（e为自然对数的底数）.

解析  原不等式等价于f（x）－ 1 x +e1－x－a>0在x∈（1，+∞）内恒成立.

令g（x）=f（x）－ 1 x +e1－x-a=ax2－lnx－ 1 x +e1－x－a. 只需g（x）在x∈（1，+∞）上恒大于0即可.因为g（1）=0，且x∈（1，+∞）时，g（x）>0恒成立， 所以g′（1）≥0.

由g′（x）=2ax－ 1 x + 1 x2 －e1－x得，g′（1）=2a－1+1－1=2a－1≥0，a≥ 1 2 .（法1）此时，g″（x）=2a+ 1 x2 － 2 x3 +e1－x≥1+ 1 x2 － 2 x3 +e1－x= x3+x－2 x3 +e1－x.

因为x∈（1，+∞），所以x3+x－2>0.又e1－x>0，所以g″（x）在a≥ 1 2 时恒大于0.

所以当a≥ 1 2 时，g′（x）在x∈（1，+∞）内单调递增，g′（x）>g′（1）=2a－1≥0， g（x）在x∈（1，+∞）内单调递增. 所以g（x）>g（1）=0，即g（x）在x∈（1，+∞）内恒大于0.故实数a的取值范围是  1 2 ，+∞ .

（法2）g′（x）=2ax- 1 x + 1 x2 -e1-x≥x-

1 x + 1 x2 - 1 x-1+1 =x- 2 x + 1 x2 = x3-2x+1 x2 = （x-1）（x2+x-1） x2 >0，以下同法1.

注  利用函数g（x）过定点（1，0）情结，g（1）=0，g′（1）≥0，且a≥ 1 2 也是充分条件.

不难发现，数学新高考正在加大对学生思维能力、运算能力和推理能力的考查力度，在高度上、深度上、广度上抬高了标杆. 这既体现了数学学科的重要地位，又体现了时代对优秀人才的需求. 因此，对于一些具有代表性、典型性、示范性和拓展性的好高考题或好模考题，教师要学会思考、学会发掘、学会研究， 沟通联系、变式探究、深化思维、提炼规律，并在课堂教学中恰当运用，不断提高学生的解题能力和数学素养［2］.

参考文献

［1］  李昭平.函数搭台 导数唱戏［J］.中学数学杂志，2020（03）： 31-34.

［2］  中华人民共和国教育部. 普通高中数学课程标准（2017版2020年修订）［M］. 北京：人民教育出版社，2020.

作者简介  李昭平（1963—），中学正高级教师（3级）， 安徽省数学特级教师；安庆市数学学会副理事长，安庆市城镇卓越理科班导师;曾获得安徽省“教坛新星”、安庆市数学学科带头人、安庆市先进教研个人、安庆市名师、市优秀教师、省市优秀科技辅导教师等荣誉称号，2006年、2014年、2020年获安庆市市长奖，享受安徽省人民政府特殊津贴，2019年被评为安庆市首届科技英才;发表教育教学论文570余篇，在省内外进行名师交流讲座190多场.

陈俊国（1986—），中学一级教师；安庆市数学学科带头人，多次获省市数学优质课大赛等级奖;发表教育教学论文20余篇.