2023年高考数学全国乙卷理科第21题解法探究与教学启示

摘 要：导数的综合问题以基本初等函数、不等式、数列等数学知识为载体，突出考查函数的基本性质，充分体现数学知识的内在联系，常以压轴题的形式出现.试题命制注重综合性和应用性，聚焦学科核心素养，加强关键能力的考查，注重思维过程，引导学生提高学习效率，避免机械学习.

关键词：初等函数；函数性质；核心素养；综合应用

中图分类号：G632"" 文献标识码：A"" 文章编号：1008-0333（2024）19-0091-07

2023年高考数学全国乙卷理科第21题是一道导数类综合性问题，属于较难题目，考查直线方程、函数的性质、对数的运算、函数的零点、导数的基本应用、函数的极值、不等式等数学知识.数形结合、分类讨论、转化与化归等数学思想，逻辑推理、数学运算、数学抽象等核心素养，要求考生具备严密的逻辑思维.题设共三个问题，体现了基础性、应用性、综合性的考查要求，学生在解答的过程中，能较好地展示思维品质和思维过程，发挥数学学科的选拔功能.

1 试题呈现

题目 已知函数f（x）=（1x+a）ln（x+1）.

（1）若a=-1，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；

（2）是否存在a，b，使曲线y=f（1x）

关于x=b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由;

（3）若f（x）在（0，+∞）上存在极值点，求a的取值范围.

2 解法探究

2.1 第（1）问解析

解析 当a=-1时，f（1）=0.

又f ′（x）=-1x2ln（x+1）+（1x-1）·1x+1，

所以f ′（1）=-ln2.

所以f （x）在（1，f（1））处的切线方程为

y=-ln2（x-1）.

2.2 第（2）问解析

令g（x）=f（1x）=（x+a）ln（1x+1），则g（x）的定义域为（-∞，-1）∪（0，+∞）.

解法1 （点对称）由题知，

g（b+x）=（b+x+a）ln（1b+x+1）

=（x+a+b）ln（x+b+1x+b），

g（b-x）=（b-x+a）ln（1b-x+1）

=（-x+a+b）ln（x-b-1x-b），

因为g（x）图象关于x=b对称，

所以g（b+x）=g（b-x）.

即对任意的x∈（-∞，-1）∪（0，+∞），均有

（x+a+b）ln（x+b+1x+b）

=（-x+a+b）ln（x-b-1x-b）.

易知a+b=0，x+b+1x+b·x-b-1x-b=1，

解得a=12，b=-12.

解法2" （利用平移变换）因为g（x）图象关于x=b对称，所以g（b+x）的图象关于x=0对称，即g（x）是偶函数.

又g（b+x）=（x+a+b）ln（x+b+1x+b），

所以a+b=0，b+1+b=0，

解得a=12，b=-12.

解法3 （利用函数的性质）由g（x）的定义域为（-∞，-1）∪（0，+∞）知，定义域关于x=-12对称.又g（x）图象关于x=b对称，

所以b=-12，

g（-12+x）=（-12+x+a）ln（x+1/2x-1/2），

g（-12-x）=（-x+a-12）ln（x-1/2x+1/2）.

由g（-12+x）=g（-12-x），知

x+a-12=-（-x+a-12），

解得a=12.

综上所述，a=12，b=-12.

解法4" （赋值）g（x）的定义域为（-∞，-1）∪（0，+∞），则g（-2）=g（2+2b）.

即（-2+a）ln12=（2+2b+a）ln（12+2b+1）.

因为本题要求存在实数a，b，所以可以考虑以下两种情况：

当-2+a=2+2b+a，12=12+2b+1时，无解；

当-2+a=-（2+2b+a），2=12+2b+1时，a=12，b=-12.

综上所述，a=12，b=-12.

2.3 第（3）问解析

2.3.1 利用函数极值的定义

解法1 因为f（x）在（0，+∞）上存在极值点，所以f ′（x）=-ln（x+1）x2+（1x+a）·1x+1=-

1x2·［ln（x+1）-ax2+xx+1］

0有正根，且存在x使得f ′（x）异号，易知ln（x+1）-ax2+xx+1=0有正根.

令h（x）=ln（x+1）-ax2+xx+1，xgt;0，

h′（x）=1x+1-ax2+2ax+1（x+1）2

=x·-ax-2a+1（x+1）2.

当a≤0时，h′（x）gt;0，所以h（x）在（0，+∞）单调递增.

所以h（x）gt;h（0）=0.

所以f（x）在（0，+∞）上无极值点.

当a≥12时，h′（x）lt;0，所以h（x）在（0，+∞）单调递减.

所以h（x）lt;h（0）=0.

所以f（x）在（0，+∞）上无极值点.

当0lt;alt;12时，令h′（x）=0，解得x=1a-2，所以h（x）在（0，1a-2）单调递增，h（x）在（1a-2，+∞）单调递减.

由h（0）=0知，h（1a-2）gt;0，

h（1a2）=ln（1+1a2）-1/a3+1/a21/a2+1

lt;ln（1+1a2）-1/a3+1/a1/a2+1

=ln（1+1a2）-1a.

令p（x）=ln（x2+1）-x，xgt;2，则

p′（x）=-（x-1）2x2+1lt;0.

所以p（x）在（2，+∞）单调递减.

所以p（x）lt;p（2）=ln5-2lt;0.

所以h（1a2）lt;ln（1+1a2）-1alt;0.

又h（1a-2）gt;0，如图1所示，h（x）在（1a-2，1a2）上存在零点，且在零点左右两侧异号，所以f（x）在（0，+∞）上存在极值点［1］.

图1 极值定义的解法示意图

解法2 由解法1知，当a≤0或a≥12时，f（x）在（0，+∞）上无极值点.

当0lt;alt;12时，

h（x）=ln（x+1）-ax2+xx+1

lt;ln（x+1）-ax2+xx+x

=ln（x+1）-ax+12，xgt;1，

令p（x）=ln（x+1）-ax+12，xgt;1，则

p（1a3）=ln（1a3+1）-12a2-12.

令φ（x）=ln（x3+1）-12x2-12，xgt;2，则

φ′（x）=3x2x3+1-x

=x·（3xx3+1-1）.

令v（x）=3xx3+1-1，xgt;2，则

v′（x）=3-6x3（x3+1）2lt;0.

所以v（x）在（2，+∞）单调递减.

所以v（x）lt;v（2）=-13lt;0.

所以φ′（x）lt;0.所以φ（x）在（2，+∞）单调递减.

所以φ（x）lt;φ（2）=ln9-52lt;0.

易知p（1a3）lt;0，h（1a3）lt;0.

由h（1a-2）gt;0，知h（x）在（1a-2，1a2）上存在零点，且在零点左右两侧异号，所以f（x）在（0，+∞）上存在极值点［2］.

解法3 f ′（x）=-ln（x+1）x2+（1x+a）·1x+1=-

1x2［ln（x+1）-ax2+xx+1］=0有正根，

所以ax2+x-（x+1）ln（x+1）=0有正根.

令h（x）=ax2+x-（x+1）ln（x+1），xgt;0，则

h′（x）=2ax-ln（x+1），

h″（x）=2a-1x+1.

当a≤0或a≥12时，h′（x）在（0，+∞）单调递增，且h′（0）=0，所以f（x）在（0，+∞）上无极值点；

当0lt;alt;12时，令h″（x）=0，解得x=12a-1，易知h′（x）在（0，12a-1）单调递减，在（12a-1，+∞）单调递增.

又h′（0）=0，所以h′（12a-1）lt;0，

h′（1a2）=2a-ln（1a2+1）.

令t=1a，tgt;2，

φ（t）=2t-ln（1+t2），tgt;2，

则φ′（t）=2t2-2t+21+t2gt;0.

则φ（t）在（2，+∞）上单调递增，

则φ（t）gt;φ（2）=4-ln5gt;0.

即h′（1a2）gt;0.

又h′（12a-1）lt;0，所以存在x0∈（12a-1，1a2），使得h′（x0）=0，易知h（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，显然h（x0）lt;0.

由解法2知，

h（1a2）=1a3+1a2-（1a2+1）ln（1a2+1）.

令t=1a，tgt;2，则

p（t）=t3+t2-（t2+1）ln（t2+1）.

则p′（t）=t［3t-2ln（t2+1）］.

令q（x）=3x-2ln（x2+1），xgt;2，

则q′（x）=3x2-4x+3x2+1gt;0.

所以q（x）在（2，+∞）单调递增.

所以q（x）gt;q（2）=6-2ln5gt;0.

所以p′（t）gt;0.

所以p（t）在（2，+∞）单调递增.

所以p（t）gt;p（2）=12-5ln5gt;0.

易知h（1a2）gt;0.

又h（x0）lt;0，所以h（x）在（x0，1a2）上存在零点，且在零点左右两侧异号，所以f（x）在（0，+∞）上存在极值点.

2.3.2 利用一次结构转化为过定点的切线问题

解法4 因为f（x）在（0，+∞）上存在极值点，所以f ′（x）=-ln（x+1）x2+（1x+a）·1x+1=0有正根.

整理，得

ax+1=（x+1）ln（x+1）x.

则直线y=ax+1与曲线y=（x+1）ln（x+1）x有交点.

令h（x）=（x+1）ln（x+1）x，xgt;0，则

h′（x）=x-ln（x+1）x2.

令u（x）=x-ln（x+1），则

u′（x）=xx+1gt;0.

所以u（x）在（0，+∞）上单调递增.

所以u（x）gt;u（0）=0.

易知h′（x）=x-ln（x+1）x2gt;0.

即h（x）在（0，+∞）上单调递增.

由h″（x）=-x-x/（x+1）+2ln（x+1）x3，

令φ（x）=-x-xx+1+2ln（x+1），则

φ′（x）=-x2（x+1）2lt;0.

所以φ（x）在（0，+∞）上单调递减.

所以φ（x）lt;φ（0）=0.

即h″（x）lt;0.

所以h′（x）在（0，+∞）上单调递减，h（x）在（0，+∞）上是凹函数.

由洛必达法则知

limx→0（x+1）ln（x+1）x=limx→01+ln（x+1）1=1.

取曲线y=h（x）上任意一点（x0，h（x0）），则

h′（x0）=x0-ln（x0+1）x20.

在点（x0，h（x0））处的切线方程为

y-h（x0）=h′（x0）（x-x0）.

因为切线过点（0，1），

所以1-h（x0）=h′（x0）（0-x0）.

整理，得

2-4x0+2-ln（x0+1）=0.

令p（x）=2-4x+2-ln（x+1），则

p′（x）=-x2（x+1）（x+2）2lt;0.

易知p（x）在（-1，+∞）上单调递减.

因为

p（0）=0，

所以2-4x0+2-ln（x0+1）=0，

解得x0=0.

由洛必达法则知，切线的斜率为

k=limx→0h′（x）

=limx→01-1/（x+1）2x

=limx→01/（x+1）22=12.

如图2所示，切线方程为y=12x+1，y=ax+1与曲线y=（x+1）ln（x+1）x有交点，必有0lt;alt;12.

图2 切线问题的解法示意图

综上所述，0lt;alt;12.

解法5 令h（x）=ax2+x-（x+1）ln（x+1），xgt;0，则

h′（x）=2ax-ln（x+1），

h″（x）=2a-1x+1.

当a≤0或a≥12时，h′（x）在（0，+∞）上单调递增，且h′（0）=0，所以f（x）在（0，+∞）上无极值点；

当0lt;alt;12时，令h″（x）=0，解得x=12a-1，

易知h′（x）在（0，12a-1）单调递减，在（12a-1，+∞）单调递增.

又h′（0）=0，所以h′（12a-1）lt;0.

若h′（x）=0无解，则必有h′（x）lt;0恒成立.

所以h（x）在（0，+∞）单调递减.

所以h（x）lt;h（0）=0.

所以f（x）在（0，+∞）上无极值点.

若h′（x）=0无解，即2ax-ln（x+1）=0有正根，则直线y=2ax与曲线y=ln（x+1）的图象在（0，+∞）有交点，如图3所示.

图3 切线问题的解法示意图

在曲线y=ln（x+1）上取一点（x1，y1），在该点处的切线方程为

y-ln（x1+1）=1x1+1（x-x1），

切线过点（0，0），则

ln（x1+1）=x1x1+1.

令v（x）=lnx-x+1，则v（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减.令v（x）=0，有唯一解

x=1.易知方程ln（x1+1）=x1x1+1有唯一解x1=0，切点（0，0），切线斜率k=1x1+1=1，切线方程为y=x.要使直线y=2ax与曲线y=ln（x+1）的图象在（0，+∞）有交点（x0，2ax0），且函数h′（x）在x0左右两侧变号，则必有0lt;2alt;1，解得0lt;alt;12.

当x∈（0，x0）时，h′（x）=2ax-ln（x+1）lt;0，所以h（x）单调递减；

当x∈（x0，+∞）时，h′（x）=2ax-ln（x+1）gt;0，所以h（x）单调递增.

由h（0）=0知，h（x0）lt;0.

令φ（x）=ln（1+x2）-x，

则

φ′（x）=-（x-1）21+x2lt;0.

所以φ（x）在（0，+∞）单调递减.

所以φ（x）=ln（1+x2）-xlt;φ（0）=0.

因为h（1a2）=1a3+1a2-（1a2+1）ln（1a2+1）

gt;1a3+1a2-（1a2+1）1a

=1a（1a-1）gt;0，

又h（x0）lt;0，所以函数h（x）在（x0，1a2）有零点，且在零点左右两侧函数值异号，函数f（x）存在极值.

综上所述，实数a的取值范围为（0，12）.

2.3.3 分离参数，洛必达法则

解法6 f ′（x）=-ln（x+1）x2+（1x+a）·1x+1=0有正根，则a=（x+1）ln（x+1）-xx2.

令h（x）=（x+1）ln（x+1）-xx2，xgt;0，则

h′（x）=x+2x3［2-4x+2-ln（x+1）］.

由解法4知，2-4x+2-ln（x+1）lt;0.

所以h′（x）lt;0.

所以h（x）在（0，+∞）上单调递减.

由洛必达法则知，

limx→0（x+1）ln（x+1）-xx2=limx→0ln（x+1）2x

=limx→01/（x+1）2

=12，

limx→+∞（x+1）ln（x+1）-xx2

=limx→+∞ln（x+1）2x

=limx→+∞1/（x+1）2

=0.

函数y=h（x）的图象连续不断，所以h（x）∈（0，12），方程a=（x+1）ln（x+1）-xx2有正根.

所以 0lt;alt;12.

2.3.4 端点效应

解法7 方程a=（x+1）ln（x+1）-xx2有正根，由洛必达法则知

limx→0（x+1）ln（x+1）-xx2=limx→0ln（x+1）2x

=limx→01/（x+1）2

=12；

limx→+∞（x+1）ln（x+1）-xx2

=limx→+∞ln（x+1）2x

=limx→+∞1/（x+1）2

=0.

下面证明0lt;（x+1）ln（x+1）-xx2lt;12.

要证0lt;（x+1）ln（x+1）-xx2lt;12，

即证0lt;（x+1）ln（x+1）-xlt;x22.

令p（x）=（x+1）ln（x+1）-x-x22，xgt;0，则

p′（x）=ln（x+1）-x，

p″（x）=-xx+1lt;0，

则p′（x）在（0，+∞）上单调递减.

所以p′（x）lt;p′（0）=0.

所以p（x）在（0，+∞）上单调递减.

所以p（x）lt;p（0）=0.

即（x+1）ln（x+1）-xlt;x22.

同理可得0lt;（x+1）ln（x+1）-x.

所以函数y=（x+1）ln（x+1）-xx2∈（0，12），方程a=（x+1）ln（x+1）-xx2有正根.

所以0lt;alt;12.

3 结束语

运算能力包括分析运算条件，探究运算思路，选择运算公式，调整运算策略.第（2）问以对数为背景考查函数图象的对称性，图象对称的本质是点的对称，由此得出自变量x的对称，找到问题的切入点.计算过程要求考生准确掌握对数运算法则，正确求得运算结果［3］.

通性通法是指具有某些规律性和普遍意义的常规解题模式和常用的数学思想方法，通过典型问题的训练，让学生获得解答一类问题的解题智慧.文科20题第（2）问是函数的单调性问题，理科21题第（3）问是函数的极值问题，看似寻常，但学生在考场紧张的状态下解答，计算过程中非常考验学生的基本功，要求具备较强的计算能力和扎实的学科知识.高中数学解决导数综合问题中的含参问题基本策略：一是分离参数，在求解过程中可能会遇到求导函数的困难，求最值代端点分式无意义的困惑，学生需要掌握洛必达法则的基本应用，才能予以求解；二是数形结合，从图象与切线关系的角度思考，它需要将题设结构等价变形为含有一次函数的结构，通过数形结合建立不等式；三是直接入手，根据题设要求直接找到函数零点、极值点和最值.因此高中数学教学对于基础较好的学生，需要掌握解决含参问题的基本处理策略，做好思维训练，也能在试题复杂的情境下懂得实时调整，灵活变通.

2023年高考突出数学抽象、逻辑推理、数学运算，重视基本技能；突出理性思维，多想少算.学生根据已有的知识建构，通过比较、概括、推理与运算得出答案，解答过程用图象语言启迪思维，数学符号语言、文字语言准确表达，过程严谨规范，全面体现数学的综合性、应用性［4］.文献[2]指出在备考的过程中学生要做题，但不机械刷题，重视数学思维的训练，展示思维过程增强自信，提高数学语言的规范表达能力.教师要研究高考真题，课前精选例题深入研究，既有知识的深度，又要有思维的活度，例题课中多让学生参与策略的探究过程，暴露学生的思维，教师实时点评与拔高，通过师生的合力探究，推动学生发展核心素养，提升教师业务能力.

参考文献：

［1］ 孟庆丰.数学深度学习发生在知识交汇处：以“导数与三角函数综合问题”的解题教学为例[J].中学数学研究，2022（12）：11-13.

［2］ 杨春娟.注重思维连续性， 突破函数与导数综合问题[J].中学生数学，2023（19）：8-10.

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

［4］ 教育部考试中心.中国高考评价体系［M］.北京：人民教育出版社，2019.

［责任编辑：李 璟］