一道市一模導數壓軸題的解法探究及試題溯源

郭蒙 薛小強

基金項目? 榆林市微型課題“GeoGebra在新人教A版高中函數教學中的應用研究”（YWX242992）.

【摘? 要】? 這道寶雞市一模導數壓軸題，深入考查了分類討論、化歸與轉化的思想，主要對其解法進行多視角探究，以提高備考策略，進一步提升學生學科素養.

【關鍵詞】? 導數恒成立;反證法;解法探究

《普通高中數學課程標準（2017年版2020年修訂）》第83頁中強調：教師要加強學習方法指導，幫助學生養成良好的數學學習習慣，敢于質疑、善于思考、理解概念、把握本質，數形結合、明晰算理，厘清知識的來龍去脈，建立知識之間的關聯［1］.在一題多解中可以培養學生運算思辨的觀念，開拓學生發散性的解題思路，提升學生解題的能力，培養學生的思維品質，進而提升備考效率，培養學生的學科素養.

1? 試題呈現

（陜西省寶雞市2023—2024學年高三理科第21題）已知函數f（x）=ln（x+1）-x2+mx+1（m∈R）.

（1）當m=-1時，求f（x）的單調區間;

（2）已知x＞0，求證：當m≥1時，f（x）＜0恒成立；

（3）設m＞0，求證：當函數f（x）恰有一個零點時，該零點一定不是函數y=x2+mx+1的極值點．

2? 解法探究

2.1? 第一問解法

解析? f（x）的定義域為（-1，+∞），當m=-1時，f（x）=ln（x+1）-x+1，f′（x）=-xx+1（x＞-1）.當-1＜x＜0時，f′（x）＞0;當x＞0時，f′（x）＜0.因此f（x）的遞增區間為（-1，0），遞減區間為（0，+∞）．

評注? 第一問考查利用導數求函數的單調區間，符合低起點的命題要求，突出基礎性要求.

2.2? 第二問解法

解法1（隱零點法）

證明? 原不等式等價于（x+1）ln（x+1）-x2-m＜0，（x＞0，m≥1）.

令g（x）=（x+1）ln（x+1）-x2-m（x＞0），g′（x）=ln（x+1）+1-2x，令h（x）=g′（x），則h′（x）=1x+1-2＜0，因此g′（x）在（0，+∞）上單調遞減，因為g′12=ln32＞0，g′（1）=ln2-1＜0，所以存在唯一x0∈12，1，使得g′x0=lnx0+1+1-2x0=0，當0＜x＜x0時，g′（x）＞0，當x＞x0時，g′（x）＜0，因此g（x）在（0，x0）上單調遞增，在（x0，+∞）上單調遞減，g（x）max=gx0=x0+1lnx0+1-x20-m=（x0+1）2x0-1-x20-m=x20+x0-1-m，又因為x0∈12，1，所以gx0＜12+1-1-m=1-m≤0，因此m≥1時，g（x）＜0恒成立，即f（x）＜0．

評注? 將不等式轉化為整式，并且將m單獨分離出來，將問題轉化為證明g（x）的最大值小于零，利用隱零點法證明了g（x）的最大值小于零，進而證明原不等式，也為第三問做鋪墊，將x，lnx放在一起研究問題，是一種常見策略.

解法2（最值法+隱零點）

證明 ?f′（x）=1（x+1）2（-x2-x+1+m）（x＞0），令φ（x）=-x2-x+m+1，x＞0，顯然φ（x）在（0，+∞）上單調遞減，φ（1）=m-1≥0，φ（m+1）=-（1+m）2＜0，因此存在唯一的x0∈［1，m+1），使得φ（x0）=-x20-x0+m+1=0，故x∈（0，x0）時，φ（x）＞0，f′（x）＞0；x∈（x0，+∞）時，φ（x）＜0，f′（x）＜0，因此f（x）在（0，x0）上單調遞增，在（x0，+∞）上單調遞減，f（x）max=f（x0）=ln（x0+1）-x20+mx0+1=ln（x0+1）-x20+x20+x0-1x0+1=ln（x0+1）-2x0+1，令h（x）=ln（x+1）-2x+1，1≤x＜m+1，h′（x）=-2x-1x+1＜0，h（x）在［1，m+1）上單調遞減，因此h（x）≤h（1）=ln2-1＜0，h（x0）＜0，故f（x）max＜0，f（x）＜0，原不等式成立.

評注? 直接證明fxmax＜0即可，這里利用導函數隱零點法證明了原不等式成立，這也是學生最容易想到的方法，對于含有lnx的不等式，一種方法是將lnx孤立出來，另一種方法是將x，lnx放在一起研究問題.

解法3（主元法+最值法）

證明? 令h（m）=ln（x+1）-x2+mx+1（m≥1，x＞0），顯然h（m）在［1，+∞）上單調遞減，h（m）max=h（1）=

ln（x+1）-x2+1x+1，要證m≥1時，f（x）＜0恒成立，只需證h（m）＜0，即證h（m）max＜0，只需證ln（x+1）-x2+1x+1＜0（x＞0）.（）

令g（x）=ln（x+1）-x2+1x+1，x＞0，g′（x）=（x+2）（1-x）（x+1）2，當0＜x＜1時，g′（x）＞0;當x＞1時，g′（x）＜0，因此g（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，g（x）≤g（1）=ln2-1＜0，（）式成立，故原不等式成立.

評注? 利用主元法將含參數不等式放縮為不含參數不等式，直接進行求導，“對數單身狗”［2］一般情況下只需求導一次，此法明顯優于參考答案隱零點法.

解法4（切線放縮）

證明? 易證x-lnx-1≥0，當且僅當x=1時取等號［3］，用xe替換x得，lnx≤1ex，進而可得ln（x+1）≤1e（x+1），x＞-1.當且僅當x=e-1時取等號，由方法3知，只需證ln（x+1）-x2+1x+1＜0，

x＞0.（），令g（x）=ln（x+1）-x2+1x+1，x＞0，則g（x）≤1e（x+1）-x2+1x+1=1e（x+1）［（1-e）x2+2x+1-e）］，令y=（1-e）x2+2x+1-e，x＞0，當x=1e-1時，ymax=e（e-2）1-e＜0，因此g（x）＜0，（）式成立，故原不等式成立.

圖1

評注? 由圖1可知，函數g（x）最大值離x軸還有一段距離，因此可以利用放縮法來證明，x-lnx-1≥0，lnx≤1ex是常見的對數切線不等式，利用切線不等式以直代曲，進而證明原不等式，這種以直代曲的思想是一種非常重要的思想.

解法5（飄帶不等式［4］）

證明? 令h（x）=lnx-12（x-1x），x＞1，則h′（x）=-（x-1）22x2＜0，故h（x）在（1，+∞）上單調遞減，h（x）＜h（1）=0，即lnx＜12（x-1x），x＞1，因此ln（x+1）＜x2+2x2（x+1），x＞0，由解法3知，只需證g（x）=ln（x+1）-x2+1x+1＜0，x＞0，g（x）=［ln（x+1）-x2+2x2（x+1）］+-（x-1）2-12（x+1）＜0顯然成立，因此原不等式成立.

評注? 利用飄帶不等式對不等式進行放縮，進而證明原不等式，飄帶不等式在極值點偏移時應用也非常廣泛.

解法6（凹凸反轉［5］+基本不等式）

證明? 由解法3知，只需證ln（x+1）-x2+1x+1＜0，x＞0，即證ln（x+1）x+1＜x2+1（x+1）2，x＞0.（）令g（x）=ln（x+1）x+1，x＞0，h（x）=x2+1（x+1）2，x＞0，則g′（x）=1-ln（x+1）（x+1）2，當0＜x＜e-1時，g′（x）＞0;當x＞e-1時，g′（x）＜0，因此g（x）在（0，e-1）上單調遞增，在（e-1，+∞）上單調遞減，g（x）≤g（e-1）=1e，當且僅當x=e-1時取等號.h（x）=1-2xx2+2x+1=1-2x+1x+2≥1-22x·1x+2=12，當x=1時取等號，故g（x）≤1e＜12≤h（x），（）式成立，故原不等式成立.

圖2評注? 將要證不等式轉化為g（x）＜h（x），并且g（x）max＜h（x）min，進而證明了原不等式，g（x）與h（x）的圖象如圖2，對于h（x）的最小值除了利用均值不等式外，還可以利用導數求出其最小值.函數凸凹性及應用詳見文獻［5］［6］，由不等式lnx≤1ex可以得到以下推論：

推論1? lnxxn≤1ne（n＞0，x＞0），當且僅當x=ne時取“=”號；

推論2? lnx+1x=e·ln（ex）ex≤1，當且僅當x=1時取“=”號；

推論3? lnx+ax=lnx+lneax=ea·ln（eax）eax≤ea-1，當且僅當x=e1-a時取“=”號.

解法7（異構［7］）

解析? 由題意知只需證當m≥1時，x2+mx+1-ln（x+1）＞0，x＞0.（）

由解法5知，ln（x+1）＜

x2+2x2（x+1），x＞0，令g（x）=x2+mx+1-ln（x+1），x＞0，g（x）=x2+mx+1-x2+2x2（x+1）+x2+2x2（x+1）-ln（x+1）=（x-1）2+2m-12（x+1）+x2+2x2（x+1）-ln（x+1），因為x＞0，m≥1，所以（x-1）2+2m-12（x+1）＞0，結合ln（x+1）＜x2+2x2（x+1），x＞0，可得g（x）＞0，（）式成立，故原不等式成立.

評注? 利用飄帶不等式進行放縮，結合m的取值范圍證明了此不等式，文獻［7］中詳解給出異構法在不等式證明、不等式恒成立求參數范圍、函數零點問題中的應用，將函數轉化為多個非負函數的和的形式，利用原函數的非負性，證明原不等式.以下式子被稱為飄帶不等式：

12（x-1x）≤lnx≤2（x-1）x+1，0＜x≤1；2（x-1）x+1≤lnx≤12（x-1x），x≥1.

解法8（放縮+異構［7］）

證明? 由解法3知，只需證ln（x+1）-x2+1x+1＜0，x＞0.由解法5知ln（x+1）＜x2+2x2（x+1），x＞0.因此ln（x+1）-x2+1x+1=ln（x+1）-x2+2x2（x+1）+-（x-1）2-12（x+1）＜0顯然成立，故原不等式成立.

評注? 先利用放縮法將參數m放縮為常數，再利用異構法，這也是證明含參數不等式的一種策略.

2.3? 第三問解法

證法1（整式化+分類討論）

證明? 由第二問解法1知，函數f（x）的零點就是函數g（x）的零點，f（x）的定義域為（-1，+∞），當-1＜x≤0，m＞0時，g（x）=（x+1）ln（x+1）-x2-m＜0恒成立，g（x）無零點，不滿足題意，因此x＞0，由解法1知，g（x）max=g（x0）=x20+x0-1-m，當f（x）有唯一零點時，設為x0，因為g（0）=-m＜0，

limx→+∞g（x）=-∞，所以x20+x0-1-m=0.（*）因為y=x2+mx+1，所以y′=x2+2x-m（x+1）2，x＞0.令y′=0得 x1=-1+m+1，當0＜x＜x1時，y′＜0;當x＞x1時，y′＞0，因此函數y=x2+mx+1在（0，x1）上單調遞減，在（x1，+∞）上單調遞增，函數y=x2+mx+1的極小值點為x1.將x1代入（*）式得，m+1-12+m+1-2-m=0，化簡得m+1=0，此方程無解，所以原命題成立．

評注? 第三問有一定難度，利用第二問中解法1，進而證明了原不等式，對于函數y=x2+mx+1的極值點也可以利用對勾函數y=x2+mx+1=x+1+m+1x+1-2得到，該函數的極值點為x=m+1-1.

證法2（原函數分類討論）

證明? f（x）的定義域為（-1，+∞），當-1＜x≤0，m＞0時，f（x）＜0，不滿足題意，因此x＞0.f′（x）=1（x+1）2（-x2-x+1+m），x＞0，令φ（x）=-x2-x+m+1，x＞0，顯然φ（x）在（0，+∞）單調遞減，φ（0）=1+m＞0，φ（m+1）=-（1+m）2＜0，因此存在唯一的x0∈（0，m+1），使φ（x0）=-x20-x0+m+1=0，故x∈（0，x0）時，φ（x）＞0，f′（x）＞0，x∈（x0，+∞）時，φ（x）＜0，f′（x）＜0，因此f（x）在（0，x0）單調遞增，在（x0，+∞）單調遞減，f（x）max=f（x0）.由于f（0）=-m＜0，limx→+∞f（x）=-∞，當函數f（x）恰有一個零點時，必有f（x）max=f（x0）=0，即x0為f（x）的唯一零點，下同證法1.

評注? 直接對原函數進行求導，利用導函數隱零點法，求得f（x）在x0處取得最大值，結合題意可知該最大值點為f（x）的唯一零點，下面利用反證法來解答此題.

證法3（反證法）

證明? 由證法1知，函數y=x2+mx+1的唯一極值點為x1=m+1-1，m＞0.假設結論不成立，則f（x1）=0.下證f（x1）≠0.f（x1）=ln（m+1）-（m+1-1）2+mm+1=ln（m+1）-2m+1+2，令h（t）=lnt-2t+2，t=m+1＞1.因為h′（t）=1t-2＜0，t＞1，所以h（t）在（1，+∞）上單調遞減，h（t）＜h（1）=0，因此f（x1）=h（t）＜0與f（x1）=0矛盾，假設不成立，故原命題成立.

評注? 反證法是一種間接證明方法，題目中有至少，至多，唯一，不是等關鍵詞時常用反證法來處理，正所謂正難則反，進而證明原命題，文獻［4］中利用反證法解答了2023年乙卷理科導數壓軸題，在高考中，如果正面處理一些問題比較困難時，可以利用反證法來解答.

3? 試題溯源

這道題第二問源于2013年新課標Ⅱ卷第21題，已知函數f（x）=ex-ln（x+m）.當m≤2時，求證f（x）＞0.此不等式證明可利用隱零點、同構、異構、凸凹反轉、切線放縮證明主元法等證明，這也是證明函參不等式最常用的方法，因此我們應認真研究歷年真題.

4? 應用提升

題1? （2024年寶雞市一模（文數）第21題）已知函數fx=lnx-（x-1）2+mxm∈R．

（1）當m=-1時，求fx的單調區間;

（2）已知x＞1，求證：當m≥1時，fx＜0恒成立.

解析? （1）f（x）的遞增區間為（0，1），遞減區間為（1，+∞）.（2）略.

題2? ?（2013年新課標Ⅱ卷第21題）已知函數f（x）=ex-ln（x+m）.當m≤2時，求證f（x）＞0.

題3? （2023年全國乙卷文科第20題）已知函數f（x）=（1x+a）ln（1+x），若函數f（x）在（0，+∞）單調遞增，求a的取值范圍.

解析? a的取值范圍為a≥12.

結束語

這道高考模擬題，創新性比較高，有一定的區分度，從證明過程可以得出證明含參數不等式的常用方法有最值分析法、隱零點、同構、異構、凸凹反轉、切線放縮法等，在一題多解中，提升了學生的思維品質，提高了學生的解題能力，進一步提升了學生的核心素養，對于歷年真題的出處應該溯源，適當引入高觀點，易于看透問題的本質，見文獻［8］.對于九省聯考釋放的信息，我們能切身感受到教材在新高考中的地位越來越重要，在高考前這段時間，應強化運算能力，突出關鍵分析能力;立足通性通法，掌握必備知識;貫穿理性思維，注重學科素養立意.我們應對教材深入復習，才是適應新高考的法寶.

參考文獻

［1］? 中華人民共和國教育部.普通高中數學課程標準：2017年版2020年修訂［M］.北京：人民教育出版社，2020.

［2］? 郭蒙.2023年新課標Ⅱ卷數學第22題的解法探究及溯本探源［J］.中學數學研究（華南師范大學版），2023（15）：24-26.

［3］? 郭蒙.攜手切線不等式 巧解導數壓軸題：例說切線放縮攜手同構法在解題中的應用［J］.高中數學教與學，2023（08）：28-30.

［4］? 郭蒙.2023年高考乙卷理科第21題的解法探究［J］.中學數學研究（華南師范大學版），2024（01）：53+1-4.

［5］? 郭蒙.高觀點視角下的函數凸凹性問題及其高考應用［J］.福建中學數學，2023（12）：26-28.

［6］? 郭蒙.導數壓軸題的多視角解法探究及背景溯源：以2023年天津卷與全國甲卷文科導數壓軸題為例［J］.教學考試，2023（06）：39-46.

［7］? 郭蒙，薛小強.秉通法 悟通性 提升學科素養：以異構法在高考導數壓軸題中的應用為例［J］.中學數學教學，2023（06）：44-48.

［8］? 郭蒙.高觀點視角下的必要性探路問題及高考應用［J］.中學數學研究（華南師范大學版），2023（19）：53+1-4.

作者簡介? 郭蒙（1985—），男，陜西藍田人，碩士研究生，中學一級教師；主持兩項市級課題，兩次榮獲榆林市中小學教師學科能力競賽市級決賽高中數學三等獎，主要從事高中數學教育與教學研究，發表16篇論文.

薛小強（1979—），男，陜西吳堡人，中學一級教師，主持一項市級課題，主要從事中學數學調研與試題研究，發表多篇論文.