2022年全國(guó)高考導(dǎo)數(shù)命題預(yù)測(cè)

胡學(xué)亮

一年一度的高考正一步步向我們走近，對(duì)高考命題的分析與預(yù)測(cè)又慢慢地進(jìn)入了我們的視野. 回顧2021年高考全國(guó)I卷，在導(dǎo)數(shù)方面命了三道題，第7題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、第15題結(jié)合分段（以絕對(duì)值形式）函數(shù)考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、第22題考查導(dǎo)數(shù)在了函數(shù)中的綜合應(yīng)用. 可以說(shuō)導(dǎo)數(shù)中重要的“三大塊”都涉及到了，2022年呢？根據(jù)近年全國(guó)其它地區(qū)的命題與近期全國(guó)各地的模擬試題，我們特提出如下預(yù)測(cè)，希望對(duì)考生的后期復(fù)習(xí)能提供幫助.

一、從導(dǎo)數(shù)的幾何意義入手設(shè)計(jì)試題

導(dǎo)數(shù)的幾何意義在高考命題中出現(xiàn)的形式十分靈活，它一直以各種不同“樣子”活躍在高考試卷中，當(dāng)然，也給很多考生帶來(lái)不少困擾.

例1 （1）若對(duì)于任意正實(shí)數(shù)x，都有l(wèi)nx-aex-b+1≤0（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）成立，求a+b的最小值.

（2）已知函數(shù)f（x）=2x3-3x，若過(guò)點(diǎn)P（1，t）存在3條直線與曲線y=f（x）相切，求t的取值范圍.

解析 （1）將式子等價(jià)整理為lnx≤aex+b-1，此題即為尋找直線y=aex+b-1，使得曲線y=lnx都在直線的下方，數(shù)形結(jié)合知道，此即尋找y=lnx的切線中某條可以實(shí)現(xiàn)a+b取得最小值. 故y=lnx在P（x0，lnx0）處的切線方程為y-lnx0=（x-x0），即y=x+lnx0-1，則ae=，b-1=-1+lnx0，a+b=+lnx0，令t（x0）=+lnx0，t′（x0）=-+=，所以當(dāng)x0=時(shí)，取得最小值，a+b的最小值為0.

（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)P（1，t）的直線與曲線y=f（x）相切于點(diǎn)（x0，y0），則切線方程為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. 設(shè)g（x）=4x3-6x2+t+3，則“過(guò)點(diǎn)P（1，t）存在3條直線與曲線y=f（x）相切”等價(jià)于“g（x）=4x3-6x2+t+3有3個(gè)不同零點(diǎn)”，又因?yàn)間′（x）=12x（x-1），所以g（x）在x=0時(shí)取得極大值t+3，在x=1時(shí)取得極小值t+1，根據(jù)多項(xiàng)式的特點(diǎn)，要使g（x）=4x3-6x2+t+3有3個(gè)不同零點(diǎn)，只需t+1<0，t+3>0，即{t│-3

點(diǎn)評(píng) （1）此題是對(duì)切線的變式考法，注意幾何意義的運(yùn)用，這樣就可以將此題與曲線的切線聯(lián)系起來(lái). 當(dāng)然本題也可以采用先猜想再證明的辦法，先取特殊值x=代入，得到a+b≥0，再證明當(dāng)a=1，b=-1可以取到a+b=0，從而得到結(jié)論. 為什么要取x=這個(gè)點(diǎn)，仔細(xì)觀察已知條件可以發(fā)現(xiàn)規(guī)律.

（2）首先要正確區(qū)分是過(guò)某點(diǎn)的切線還是在某點(diǎn)的切線，兩者做法差異很大. 其次，注意問(wèn)題的等價(jià)轉(zhuǎn)化，切線的條數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題. 最后，注意多項(xiàng)式的特點(diǎn)，多項(xiàng)式函數(shù)圖像特點(diǎn)要熟練，尤其是對(duì)三次多項(xiàng)式要很熟悉.

二、從導(dǎo)數(shù)的基本應(yīng)用入手設(shè)計(jì)試題

借助導(dǎo)數(shù)考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，往往是以導(dǎo)數(shù)為載體重點(diǎn)考查考生的字母運(yùn)算與數(shù)字運(yùn)算能力.

例2 已知函數(shù)f（x）=ln（ax）-ax2+x（a≠0），討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性.

解析 由題得f ′（x）=a-2ax+1=（ax>0），（1）若a<0，則函數(shù)的定義域?yàn)椋?∞，0）. ①當(dāng)△=8a+1≤0即a≤-時(shí)，則f（x）在（-∞，0）單調(diào)遞減. ②若△=8a+1>0即-0，f（x）單調(diào)遞增. 當(dāng)x∈（x2，0），f ′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減.

（2）若a>0，則函數(shù)定義域?yàn)椋?，+∞），二次函數(shù)g（x）=-2ax2+x+1的開(kāi)口向下，對(duì)稱軸x=>0，g（0）=1>0，判別式△=8a+1>0所以g（x）=0在（0，+∞）只有一個(gè)根x0（x0=），當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，f ′（x）>0，所以f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（x0，+∞）時(shí)，f ′（x）<0，所以f（x）單調(diào)遞減.

綜上，當(dāng)a≤-時(shí)，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0），無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間. 當(dāng)-0時(shí)，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（，+∞），單調(diào)遞增區(qū)間為（0，）.

點(diǎn)評(píng) 本題討論函數(shù)的單調(diào)性，需要注意定義域隨著參數(shù)a的正負(fù)在改變，若忽視定義域極易出現(xiàn)錯(cuò)誤. 此外本題需要討論二次函數(shù)根的分布，兩根的大小比較也是一個(gè)容易出錯(cuò)的地方，需要引起重視.

三、從導(dǎo)數(shù)與不等式的交匯入手設(shè)計(jì)試題

導(dǎo)數(shù)與不等式是一對(duì)“老朋友”，幾乎每年它們都會(huì)聯(lián)手出現(xiàn)在試卷上，且此類題一般是在壓軸題的位置，難度當(dāng)然較大.

1. “單變量”不等式問(wèn)題

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

解析 法一 ：現(xiàn)證明ex≥x+1，設(shè)F（x）=ex-x-1，則F′（x）=ex-1，令F′（x）=0，則x=0，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）>0，當(dāng)x∈（-∞，0）時(shí)，F(xiàn)′（x）<0，所以F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，在（-∞，0）上單調(diào)遞減，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，當(dāng)a≤2時(shí)，lnx0恒成立. 當(dāng)a≥3時(shí)，存在x（例如取x=即可），使ex-alnx不恒成立. 綜上，整數(shù)a的最大值為2.

法二：要證f（x）-lnx>0，即證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，+∞）上單調(diào)遞增，又因?yàn)閠（）=-1<0，t（1）=e-1>0，所以存在x0∈（，1），使得當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（x0，+∞）時(shí)，單調(diào)遞增，并且=ex0，所以g（x）min=g（x0）=ex0-lnx0=+x0，x0∈（，1），g（x0）在（，1）上單調(diào)遞減，所以g（x0）∈（2，3），所以a≤2，故整數(shù)a的最大值為2.

點(diǎn)評(píng) 含參數(shù)“單變量”型不等式問(wèn)題，可以分離參數(shù)來(lái)做，往往轉(zhuǎn)變?yōu)榍髽?gòu)造函數(shù)的最大，最小值問(wèn)題，若最大，最小值不可求出，常與二分法結(jié)合考查，如方法二. 含參數(shù)“單變量”型不等式問(wèn)題，有時(shí)可以借助曲線切線考查，尋找一條直線將兩條曲線隔開(kāi)兩側(cè)，如方法一.

2.“雙變量”不等式問(wèn)題

例4 已知函數(shù)f（x）=-x+alnx.

（1）討論f（x）的單調(diào)性.

（2）若f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：

解析 （1）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），f ′（x）=--1+=-.

①若a≤2，則f ′（x）≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a=2，x=1時(shí)，f ′（x）=0，所以f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減. ②若a>2，令f ′（x）=0，得x=或x=.

當(dāng)x∈（0，）∪（，+∞）時(shí)，f ′（x）<0. 當(dāng)x∈（，）時(shí)，f ′（x）>0. 所以f（x）在（0，），（，+∞）單調(diào)遞減，在（，）單調(diào)遞增.

（2）由（1）知，f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)a>2. 由于f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，滿足x2-ax+1=0，所以x1x2=1，不妨設(shè)x11. 由于=--1+a=-2+a=-2+a，所以

點(diǎn)評(píng) “雙變量”型不等式的證明一般先通過(guò)題中關(guān)系找出兩變量的關(guān)系再轉(zhuǎn)化為“單變量”型不等式解決.

3.“交匯型”不等式問(wèn)題

例5 已知函數(shù)f（x）=a（x+1）ln（x+1）-x2-ax（a>0）是減函數(shù).

（1）試確定a的值.

（2）已知數(shù)列{an}，an=，Tn=a1a2a3…an（n∈N？鄢），求證：ln[（n+2）Tn]<1-.

解析 （1）f（x）的定義域?yàn)椋?1，+∞），f ′（x）=aln（x+1）-2x. 由f（x）是減函數(shù)，得對(duì)任意的x∈（-1，+∞），f ′（x）=aln（x+1）-2x≤0恒成立. 設(shè)g（x）=aln（x+1）-2x，則g′（x）=，由a>0知，-1>-1，所以當(dāng)x∈（-1，-1）時(shí)，g ′（x）>0. 當(dāng)x∈（-1，+∞），g（x）≤g（0）恒成立，即g（x）的最大值為g（0），所以-1=0，解得a=2.

（2）由f （x）是減函數(shù)，且f（0）=0可得，當(dāng)x>0時(shí)，f（x）<0，所以f（n）<0，且2（n+1）ln（n+1）

所以ln[（n+2）Tn]

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

所以h（x）在[2，+∞）上單調(diào)遞減，而h′（2）=×（2-ln8）<0，所以當(dāng)x≥2時(shí)，h′（x）<0恒成立，所以h（x）當(dāng)x≥2時(shí)，單調(diào)遞減，即h（x）≤h（2）=ln2-ln3<0，所以當(dāng)x≥2時(shí)，h（x）<0. 又因?yàn)閔（1）=ln-ln<0，所以當(dāng)n∈N？鄢時(shí)，ln[（x+2）Tn]<1-.

點(diǎn)評(píng) 不等式的廣泛聯(lián)系性，決定了只要可以與不等式結(jié)合的問(wèn)題，往往交匯幅度都很大. 本與數(shù)列結(jié)合，由于數(shù)列的定義域是離散的，不能直接求導(dǎo)，必須將定義域擴(kuò)充到實(shí)數(shù)域范圍內(nèi)再求導(dǎo)，再利用導(dǎo)數(shù)證明單調(diào)性. 借助單調(diào)性再來(lái)說(shuō)明數(shù)列的單調(diào)性.

四、從恒成立角度設(shè)計(jì)試題

恒成立問(wèn)題是導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中應(yīng)用的常規(guī)形式之一，此類題往往涉及函數(shù)的單調(diào)性與函數(shù)的最值，屬于函數(shù)中較為綜合的問(wèn)題.

例7 已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）++ax+b的導(dǎo)函數(shù)為f ′（x），f ′（0）=1，且函數(shù)F（x）= f（x）-f ′（x）存在零點(diǎn)x=0.

（1）求實(shí)數(shù)a，b的值.

（2）當(dāng)x≥0時(shí)，不等式f（x）≥恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍（參考數(shù)據(jù)：方程x2+x-1=ln（x+1）的一個(gè)近似解x0=）.

解析 （1）因?yàn)閒 ′（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，由函數(shù)F（x）= f（x）-f ′（x）存在零點(diǎn)x=0得F（0）=f （0）-f ′（0）=0，所以f （0）=1+b=1，故b=0.

（2）當(dāng)x≥0時(shí)，不等式f（x）≥恒成立等價(jià)于式f（x）-≥0恒成立，顯然x=0時(shí)不等式對(duì)任意實(shí)數(shù)m恒成立，因此，只需討論x>0時(shí)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？漬（x）=ln（x+1）+++x+1（x>0），則？漬′（x）==，由？漬′（x）=0，得x2+x-1=ln（x+1）. 依題設(shè)知該方程的一個(gè)正根為x0=. 分別作出y=x2+x-1，和y=ln（x+1）的圖像，由圖像可知當(dāng)x∈（0，）時(shí)，？漬′（x）<0，當(dāng)x∈（，+∞）時(shí)，？漬′（x）>0，又ln（x0+1）=x20+x0-1，所以？漬（x）min=？漬（x0）=x20+3x0+1=，所以m≤. 即所求的m取值范圍為（-∞，].

點(diǎn)評(píng) （1）“恒成立”“存在性”問(wèn)題一定要正確理解其實(shí)質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化.（2）構(gòu)造函數(shù)是求范圍問(wèn)題中的一種常用方法，解題過(guò)程中盡量采用分離參數(shù)的方法，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問(wèn)題. 若行不通，再考慮帶參數(shù)分類討論.（3）不等式在某個(gè)區(qū)間上恒成立（存在性成立）問(wèn)題的轉(zhuǎn)化途徑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(xiàn)（x）min>0.

五、從方程的根及函數(shù)零點(diǎn)入手設(shè)計(jì)試題

作為函數(shù)的一大特征值，根與零點(diǎn)在近年高考命題中頻繁的出現(xiàn)在高考試卷上，且往往難度較大，是真正的“拉分題”，征服它不僅需要扎實(shí)的基本功還需要靈活應(yīng)變能力.

例8 已知函數(shù)f（x）=sinx-ln（1+x），f ′（x）為f（x）的導(dǎo)數(shù).? 證明：

（1）f ′（x）在區(qū)間（-1，）存在唯一極大值點(diǎn).

（2）f（x）有且僅有2個(gè)零點(diǎn).

解析 （1）由題意知：f（x）定義域?yàn)椋海?1，+∞）且f ′（x）=cosx-.

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

因?yàn)樵冢?1，）上單調(diào)遞減，-sinx在（-1，）上單調(diào)遞減，所以g′（x）在（-1，）上單調(diào)遞減. 又g′（0）=-sin0+1=1>0，g′（）=-sin+=-1<0.

所以？堝x0∈（0，），使得g′（x0）=0. 所以當(dāng)x∈（-1，x0）時(shí)，g′（x）>0. x∈（x0，）時(shí)，g′（x）<0，即g（x）在（-1，x0）上單調(diào)遞增. 在（x0，）上單調(diào)遞減，則x=x0為g（x）唯一的極大值點(diǎn)，即：f ′（x）在區(qū)間（-1，）上存在唯一的極大值點(diǎn)x0 .

（2）由（1）知：f ′（x）=cosx-，x∈（-1，+∞）. ①當(dāng)x∈（-1，0]時(shí)，由（1）可知f ′（x）在（-1，0]上單調(diào)遞增，所以f ′（x）≤f ′（0）=0，f（x）在（-1，0]上單調(diào)遞減，又f （0）=0，x=0為f（x）在（-1，0]上的唯一零點(diǎn).

②當(dāng)x∈（0，]時(shí)，f ′（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，）上單調(diào)遞減，又f ′（0）=0，所以當(dāng)x∈（0，x0]時(shí)，f ′（x）>0，f （x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，此時(shí)f （x）>f （0）=0，不存在零點(diǎn). 又f ′（）=cos-=-<0，所以？堝x1∈（x0，），使得f ′（x1）=0，f （x）在（x0，x1）上單調(diào)遞增，在（x1，）上單調(diào)遞減. 又f （x0）>f （0）=0，f （）=sin-ln（1+）=ln>ln1=0，所以f （x）>0在（x0，）上恒成立，此時(shí)不存在零點(diǎn).

③當(dāng)x∈[，]時(shí)，sinx單調(diào)遞減，-ln（x+1）單調(diào)遞減，所以f （x）在[，]上單調(diào)遞減又f （）>0，f （）=sin-ln（+1）=-ln（+1）<0，即f （）·f （）<0，又f （x）在[，]上單調(diào)遞減，所以f （x）在[，]上存在唯一零點(diǎn).

④當(dāng)x∈（，+∞）時(shí)，sinx∈[-1，1]，ln（x+1）>ln（+1）>lne=1，所以sinx-ln（x+1）<0，即f （x）在（，+∞）上不存在零點(diǎn)，綜上所述：f （x）有且僅有2個(gè)零點(diǎn)

點(diǎn)評(píng) 利用導(dǎo)數(shù)研究方程根或函數(shù)零點(diǎn)的方法（1）研究方程根的情況，可以通過(guò)導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢(shì)等.（2）根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖像的走勢(shì)規(guī)律，標(biāo)明函數(shù)極（最）值的位置.（3）通過(guò)數(shù)形結(jié)合的思想去分析問(wèn)題，可以使問(wèn)題的求解有一個(gè)清晰、直觀的整體展現(xiàn).（4）當(dāng)題目中出現(xiàn)三角函數(shù)時(shí)，要注意三角函數(shù)的周期性和有界性，一般需要分段討論.

六、從導(dǎo)數(shù)在生活中的應(yīng)用設(shè)計(jì)試題

例9 如圖，ABCD是正方形空地，正方形的邊長(zhǎng)為30m，電源在點(diǎn)P處，點(diǎn)P到邊AD、AB的距離分別為9m，3m某廣告公司計(jì)劃在此空地上豎一塊長(zhǎng)方形液晶廣告屏幕MNEF，MN ∶ NE=16 ∶ 9，線段MN必須過(guò)點(diǎn)P，滿足M、N分別在邊AD、AB上，設(shè)AN=x（m），液晶廣告屏幕MNEF的面積為S（m2）.

（1）求S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出該函數(shù)的定義域.

（2）當(dāng)x取何值時(shí)，液晶廣告屏幕MNEF的面積S最?。?/p>

解析 （1）如圖，建立直角坐標(biāo)系，設(shè)M（0，t），由已知有P（9，3），N（x，0），所以=，所以t=（10≤x≤30）. 又MN過(guò)點(diǎn)P，x最小值為10，所以AM=（10≤x≤30）.? 所以S=MN·NE=MN2=[x2+]. 定義域?yàn)閇10，30].

（2）S′=[2x+]=×令S′=0，得x=0（舍去），x=9+3，當(dāng)10≤x≤9+3時(shí)，S′<0，S關(guān)于x為減函數(shù). 當(dāng)=9+30，S關(guān)于x為增函數(shù). 所以當(dāng)x=9+3時(shí)，S取得最小值.

點(diǎn)評(píng) 應(yīng)用問(wèn)題要注意變量的選取，尋找是什么量的變化引起的一系列變化，此外要注意定義域，轉(zhuǎn)化為函數(shù)問(wèn)題后，借助導(dǎo)數(shù)研究極值和最值.

關(guān)于2022年高考，有關(guān)導(dǎo)數(shù)方面的試題設(shè)計(jì)，我們就談到這里. 說(shuō)句心里話，作為本文的作者，實(shí)實(shí)在在是希望正好有某一例題與高考試題重合，但作為高考命題人，他是如何想的呢？

責(zé)任編輯 徐國(guó)堅(jiān)

2063500783268