2023年高考函數與導數考向預測

李昭平

導數的引入，給函數問題注入了生機與活力，拓寬了高考對函數問題的命題空間和解題

空間.近年來，高考對函數與導數的考查，一般穩定在一選一填一解答，分值大約占總分的14.7%，客觀題和主觀題往往都在試卷靠后的位置，成為壓軸題或半壓軸題，并且題型在不斷創新，邏輯推理在不斷深化，難度在不斷加大.下面以部分模考、高考改編題和一些原創題為例，對2023年高考“函數與導數”融合題的考向進行預測，供專題復習參考．

考向1：考查比較大小

例1.（2022年湖北武昌模考題改編）已知a>0，b>0，且（a+1）b=（b+2）a，則（）

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，兩邊是同構式．

構造函數f（x）=ln（x+1）x（x>0），則f ′（x）=xx+1-ln（x+1）x2.

再令g（x）=xx+1-ln（x+1）（x>0），則g′（x）=1（x+1）2-1x+1=-x（x+1）2<0，所以g（x）單調遞減，g（x）

因為ln（a+1）a>ln（b+1）b就是f（a）>f（b），所以a

點評：將已知的等式（a+1）b=（b+2）a等價變形為ln（a+1）a=ln（b+2）b，再將此等式變形為不等式ln（a+1）a>ln（b+1）b，則構造函數處理即可.近幾年來，用常規方法無法比較大小的問題，在高考和模考中常常出現，構造函數、導數處理是有效途徑，要引起高度重視．

訓練題1：已知e是自然對數的底數，則下列不等關系中正確的是（）

A.ln2>2e______?B.ln3>3e

C.lnπ>πeD. ln6<7e

解析：不等式ln2>2e，ln3>3e，lnπ>πe是同構式，構造函數f（x）=lnx-xe，x>0.

則f ′（x）=1x-1e.當00，f（x）在（0， e）內單增；當x>e時，f ′（x）<0，f（x）在（e，+∞）內單減.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均不正確．

由ln6-6e<0，得ln6<6e<7e.故選D．

考向2：考查函數不等式中參數的最值或范圍

例2.（2022年A10聯盟聯考題改編）若對任意x∈（1，+∞），不等式ex-xa≥x-alnx恒成立，則正數a的最大值為（）

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

解析：ex-xa≥x-alnxex-x≥xa-lnxaex-x≥elnxa-lnxa，兩邊是同構式.構造函數f（x）=ex-x，則f（x）≥f（lnxa）.由f ′（x）=ex-1=0，得x=0.當x>0時f（x）單增.而x，lnxa∈（0，+∞）于是由f（x）≥f（lnxa），得到x≥lnxa，即1a≥lnxx，1a≥1e，a≤e. 故選B．

點評：將已知的不等式ex-xa≥x-alnx等價變形為ex-x≥elnxa-lnxa，則立即構造ex-x型函數，逆用ex-x型函數的單調性，立即獲得自變量x與lnxa之間的關系，注意lnxx的最大值是1e. 考查函數不等式中參數的最值是近兩年模考中的高頻考點，技巧性強、邏輯推理要求高．

訓練題2：（2022年安徽合肥模考題改編）若不等式a（eax+1）≥2（x+1x）lnx對任意x≥1恒成立，則正實數a的最小值為____________．

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）lnx2，兩邊是同構式.構造函數f（x）=x（ex+1），x≥0，則ax（eax+1）≥（elnx2+1）lnx2就是f（ax）≥f（lnx2）.

因為f ′（x）=（ex+1）+xex=（1+x）ex+1>0，所以f（x）在［0，+∞）上單增．

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

故正實數a的最小值為2e.

注意：將已知不等式a（eax+1）≥2（x+1x）lnx等價變形為ax（eax+1）≥（elnx2+1）lnx2，則立即構造函數f（x）=x（ex+1）．

訓練題3：（2022年安徽安慶模考題改編）若不等式eax-x+2ax≥1eax

-1x+2lnx對任意x>0恒成立，則實數a的最小值為____________．

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.它為增函數，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.故選D．

注意：將已知不等式eax-x+2ax≥1eax-1x+2lnx等價變形為eax-1eax+2lneax≥x-1x+2lnx，則立即構造函數f（x）=x-1x+2lnx.

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

（1）討論f（x）的單調性；

（2）當a=-1時，對任意的x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2都有x1f（x2）-x2f（x1）x1-x2>mx1x2，求實數m的取值范圍．

解析：（1）當a≥1時，f ′（x）>0，f（x）在（0，+∞）上單調遞增；

當0

當a≤0時，f（x）在（0 ，+∞）內單調遞減.

（2）當a=-1時，f（x）=-lnx-x2+1，不妨設0

則x1f（x2）-x2f（x1）x1-x2>mx1x2等價于f（x2）x2-f（x1）x1>m（x2-x1）．

考察函數g（x）=f（x）x，得g'（x）=lnx-x2-2x2.令h（x）=lnx-x2-2x2，則h'（x）=5-2lnxx3，當x∈（0，e52）時，h'（x）>0；當x∈（e52，+∞）時，h'（x）<0，所以h（x）在區間（0，e52）內是單增，在區間（e52，+∞）內是單減.

因此，g′（x）≤g′（e52）=12e5-1<0，所以g（x）在（0，+∞）內單調遞減，從而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，兩邊是同構式．

令φ（x）=g（x）+mx，則φ（x）在（0，+∞）內恒為單調遞減函數，

從而φ′（x）=g′（x）+m≤0恒成立，即φ′（x）=g′（x）+m≤12e5-1+m≤0，m≤1-12e5. 故實數m的取值范圍是-∞，1-12e5.

點評： 解此題的關鍵是將已知的不等式x1f（x2）-x2f（x1）x1-x2>mx1x2，等價變形為f（x1）x1+mx1>f（x2）x2+mx2（兩邊是同構式），再研究φ（x）=f（x）x+mx的單調性即可.函數不等式中參數的取值范圍問題是高考考查函數與導數的主體，綜合性強、解題能力要求高．

訓練題4：已知函數f（x）=2cos x-x2.若對任意的x1，x2∈（0，π），都有｜f（x1）-f（x2）｜≤m｜x1-x2｜成立，則實數m的取值范圍是______．

解析：因為f（x）=2cos x-x2，所以f ′（x）=-2sin x-2x<0，因此f（x）在（0，π）內單減.不妨設0

于是，已知的不等式｜f（x1）-f（x2）｜≤m｜x1-x2｜等價于f（x1）-f（x2）≤mx2-mx1，即 f（x1）+mx1≤f（x2）+mx2，兩邊是同構式．

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，則h′（x）=2cos x+2>0，h（x）在（0，π）內單增，

因此，h（x）

考向3：考查函數不等式的解集

例4. （2021年皖西南聯盟期末聯考題）設奇函數f（x）定義在R上， 其導函數為f ′（x）， 且滿足f （x）-f ′（x）<0，則不等式組f（2x-3）>0exf（x+1）>e4f（2x-3）（其中e為自然對數的底數）的解集是（）

A.（4，+∞）______?B.（0，32）

C.（32，4）D.（-1，32）∪（4，+∞）

解析：令g（x）=f（x）ex，則g′（x）=f ′（x）-f（x）ex>0，g（x）在f（x）上單增．

因為奇函數f（x）定義在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）等價于

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

點評：本題以抽象函數為載體，考查函數不等式的解集、用導數符號判斷函數的單調性、

構造函數法等.在不等式的等價變形中考查邏輯推理；在觀察不等式f（x）-f ′（x）<0中構造出函數g（x）=e-xf（x），考查直觀想象素養. 利用導數知識解決抽象函數不等式的解集問題，在近幾年的高考中有上升的趨勢.一般地，若已知nf（x）+f ′（x）的符號，構造函數g（x）=enxf（x）；若已知nf（x）-f ′（x）的符號，構造函數g（x）=e-nxf（x）．

訓練題5：設函數f（x）定義在R上， 其導函數為f ′（x）， 且滿足2f（x）>f ′（x）+2，f（0）=2023，則不等式e-2xf（x）>e-2x+2022（其中e為自然對數的底數）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上單減. 因為g（0）=f（0）-1=2022，所以e-2xf（x）>e-2x+2022等價于g（x）>g（0），x<0.故不等式e-2xf（x）>e-2x+2022的解集是（-∞， 0）．

考向4：考查函數的極值

例5.已知函數f（x）=ex+acosx，其中x>0，a∈R.

（1）當a=-1時，討論f（x）的單調性;

（2）若函數f（x）的導函數f′（x）在（0， π）內有且僅有一個極值點，求a的取值范圍．

解析：（1）易得函數f（x）在（0，+∞）內單調遞增，過程略去．

（2）f′（x）=ex-asinx，f′（x）=ex-acosx.

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

當x∈（0，π2）∪（π2， π）時，a=excos x.令g（x）=excos x，則g′（x）=ex（sin x+cos x）cos2x．

由g′（x）=0，得x=3π4.當3π40；當3π4

由圖1知，當a>1或a≤-eπ時，直線y=a與曲線y=g（x）在（0，π2）∪（π2， π）內有唯一交點（x1，a）或（x2，a），且在xexcos x，則f′′（x）=ex-acosx<0；在x>x1附近，a0.因此，x1是f′（x）在（0， π）內唯一極小值點．

同理可知，x2是f′（x）在（0， π）內唯一極大值點．

故a的取值范圍是 （-∞，-eπ］∪（1，+∞）.

點評：本題將f ′′（x）=0參變分離為a=excos x.利用定曲線g（x）=excos x和動直線y=a的交點個數來處理. 由于g（x）=excos x的圖像有分界線x=π2，所以要注意直線y=a的可能位置，否則極易漏解．

訓練題6：已知函數f（x）=2logax-ex2（a>0，且a≠1）有唯一極值點， 則a的取值范圍是____________.

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

若a>1，則1lna>0，曲線g（x）與直線h（x）在第一象限有唯一交點，其橫坐標為x0，在x0附近f ′（x）異號，因此x0是函數f（x）的唯一極值點，滿足條件．

若0

故a的取值范圍是（1， +∞）.

訓練題7： （訓練題6的變式）已知函數f（x）=2logax-ex2（a>0，且a≠1）沒有極值點，則a的取值范圍是____________.

解析：由訓練題6的解答知，a的取值范圍是（0，1）.

考向5：考查函數不等式的證明

例6.（2020年全國高考課標Ⅰ卷題改編） 設a∈R，函數f（x）=ax2-2lnx.

（1）若f（2）是f（x）的極值，求f（x）的單調區間；

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

解析：（1）因為f ′（x）=2ax-2x，所以f ′（2）=4a-1=0，a=14.此時f ′（x）=12x-2x=（x+2）（x-2）2x，滿足f（2）是f（x）的極值．

故f（x）的單增區間是（2，+∞），單減區間是（0， 2）.

（2）因為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，則當x>0時，φ′（x）=1-ex<0，φ（x）單減，φ（x）<φ（0）=0.

因此當x>0時，h（x）單減，h（x）

于是，當00.

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

點評：本題函數f（x）中含有參數a，以二次函數和對數函數的復合形式出現，是我們常見的一種組合方式，學生是比較熟悉的. 對（Ⅰ），利用f ′（2）=0即可求解.（Ⅱ）則是常見的恒成立不等式的證明，先放縮化簡，再構造函數.第一次， h（x）=x2+2x+2-2ex，x>0； 第二次，φ（x）=x+1-ex，x>0. 對于待證不等式A（x）>B（x），有時可以直接構造函數，有時必須通過變形或放縮后再構造函數，有時要消去其中的參數后再構造函數，有時要利用極值點偏移構造對稱差函數，有時要“一分為二”構造兩個函數，有時要換元后再構造函數等等，情況比較復雜．

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

（1）若直線x=e（e為自然對數的底數）與曲線y=f（x）和y=g（x）分別交于A、 B 兩點，且曲線y=f（x） 在點A處的切線與曲線y=g（x）在點B處的切線互相平行，求a的值；

（2）設h（x）=f（x）+mlnx（m∈R，且m≠0）有兩個極值點x1，x2，且x11-2ln24．

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

（2）h′（x）=2（x-1）+mx=2x2-2x+mx，x>0．

因為h（x）有兩個極值點x1，x2，所以x1，x2是方程2x2-2x+m=0的兩個實數根，x1+x2=1. 而0

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

令φ（t）=（t-1）2+（2t-2t2）lnt，12

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

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

點評：對（1），根據方程f ′（e）=g′（e）構建方程求實數a的值，注意g（x）=a（lnx）2的導數運算；對（2），先根據極值點的意義得到相關等式和x1，x2的范圍，獲得h（x2）的表達式，再構造新函數φ（t）=（t-1）2+（2t-2t2）lnt，其中利用m=-2x22+2x2消去參數m是解題的關鍵. 近年來，以極值點為載體的不等式證明題在高考和模考中屢屢出現，消參后構造函數法是一種有效策略．

訓練題8 ：設a∈R，函數f（x）=lnx+ax+1有兩個零點x1，x2，且x1

（1）求a的取值范圍；

（2）若x0是f（x）的極值點，e是自然對數的底數. 證明：x1+x2>2ef（x0）．

解析： 函數f（x）=lnx+ax+1的定義域是（0，+∞）.

（1）易得a的取值范圍是（-1， 0）， 過程略去．

（2）由于f（x1）=f（x2），由f ′（x）=1x+a=0得x=-1a，為f（x）的極大值點，0-1a．

構造對稱差函數

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

則H′（x）=2a+1x-a2+ax=2（ax+1）2x（2+ax）>0，H（x）在（0，-1a）內單增．

所以H（x1）=f（x1）-f（-2a-x1）

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

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

作差-2a-2eln（-1a），-1a>1.

構造函數φ（x）=2x-2elnx，x>1. 則由φ′（x）=2-2ex=2（x-e）x=0得，x=e，為φ（x）的極小值點，所以φ（x）≥φ（e）=0．

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

考向6：考查函數的零點

例8.（2022年全國高考數學乙卷題改編）已知函數f（x）=ln（1+x）+axe-x，a∈R.

（1）若曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程是y=2x，求a的值；

（2）若f（x）的導函數f ′（x）恰有兩個零點，求a的取值范圍．

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

因為曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程是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.

用導數知識可以得到g（x）=ex1+x的圖像，如圖2所示.

設經過點（1，0）的直線與曲線g（x）=ex1+x相切于點（x0，y0），g′（x）=xex（1+x）2， 則切線l的方程是y-ex01+x0=xex0（1+x0）2（x-x0）.

將點（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.

當a>（2-1）e1+22或a<-（2+1）e1-22時，直線h（x）=a（x-1）與曲線y=g（x）分別有兩個交點，即函數f ′（x）恰有兩個零點．

故a的取值范圍是（-∞，-（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）.顯然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，函數g（x）在（-1， 1-2）和（ 1+2，+∞）內單增，在（1-2， 1）和（1， 1+2）內單減，且極大值為g（1-2）=e1-22-22=-（2+1）e1-22極小值為g（1+2）=e1+22+22=（2-1）e1+22，如圖3所示．

當a>（2-1）e1+22或a<-（2+1）e1-22時，直線y=a與曲線y=g（x）分別有兩個交點，即函數f ′（x）恰有兩個零點．

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

點評：本道聯考題實際上是2022年全國高考數學乙卷第21題的改編，將條件“f（x）恰有兩個零點”變為“導函數f ′（x）恰有兩個零點”，思路和解法跟高考題類似，但運算量明顯增大，屬于較難題. 法1是將f ′（x）=0“一分為二”變成g（x）=h（x），再看曲線y=g（x）和曲線y=h（x）的交點情況，數形結合處理問題. 法2則是將f ′（x）=0變為a=g（x），其中a為參數，再看曲線y=g（x）和直線y=a的交點情況，數形結合處理問題. 函數的零點問題是近幾年高考對“函數與導數”解答題考查的高頻考點、失分點和區分點.這種問題有思維的高度、分析的深度和運算的難度，必須加強訓練．

訓練題9 ：已知函數f（x）=aln（1+x）+xe-x，a∈R.

（1）若曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程是y=2x，求a的值；

（2）若f（x）的導函數f ′（x）恰有兩個零點，求a的取值范圍．

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

因為曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程是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.

用導數知識可以得到g（x）=（x2-1）e-x的圖像，如圖4所示.

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

當（2-22）e2-1

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

以上六大考向中的8道例題和9道訓練題，很好地體現了導數運用中常見的數形結合法、分類討論法、參變分離法、一分為二法、構造函數法等等.其中“構造函數●導數求解”是解題的主旋律.不難看出，這些試題結構新穎、覆蓋面廣、綜合性強，逐步向導數應用的深層次考查. 在高考專題復習中，必須加大訓練、加大研究、加大感悟，突破“函數與導數”壓軸題或半壓軸題這道關．

責任編輯徐國堅