2023年全國乙卷理科數學導數題的解法探究

摘 要：2023年全國乙卷理科數學第21題是導數題，作為壓軸題，試題綜合考查考生的邏輯推理能力、數學運算能力以及分類討論思想.文章從不同的角度給出該題的多種解法，為讀者提供解決曲線對稱問題和函數極值問題的策略與方法.

關鍵詞：2023年高考；導數；對稱；極值；解法探究

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）34-0052-03

2023年全國乙卷理科數學的導數題作為壓軸題，試題分步設問，逐步推進，考查由淺入深，層次分明，重點突出，內容豐富.試題考查了函數的對稱性與極值點，綜合性較強，對學生的數學能力提出了較高的要求.

1 試題呈現

題目 已知函數f（x）=（1x+a）ln（x+1）.

（1）當a=-1時， 求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程;

（2）是否存在a，b， 使得曲線y=f（1x）關于x=b對稱， 若存在， 求a，b的值；若不存在， 請說明理由.

（3）若f（x）在（0，+∞）存在極值， 求a的取值范圍[1].

2 解答探究

2.1 第（1）問解析

解析 曲線y=f（x）在（1，f（1））處的切線方程為（ln2）x+y-ln2=0.

2.2 第（2）問解析

解法1 由函數的解析式可得

f（1x）=（x+a）ln（1x+1）.

函數的定義域滿足1x+1=x+1xgt;0，即函數的定義域為（-∞，-1）∪（0，+∞），定義域關于直線x=-12對稱，由題意可得b=-12.

由對稱性可知f（-12+m）=f（-12-m）（mgt;12），取m=32可得f（1）=f（-2）.

即（a+1）ln2=（a-2）ln12.

則a+1=2-a，解得a=12.

經檢驗a=12，b=-12滿足題意.

故a=12，b=-12.

解法2 設g（x）=f（1x），則g（x）=（x+a）·

ln（1+1x），g（x）的定義域為（-∞，-1）∪（0，+∞）.

若存在a，b，使得曲線y=g（x）關于直線x=b對稱，則（-∞，-1）∪（0，+∞）關于x=b對稱，所以b=-12.

由g（x）=g（-1-x），得

（x+a）ln（1+1x）=（-1-x+a）lnx1+x.

即（x+a）ln（1+1x）=（x+1-a）ln（1+1x）.

所以a=12，故存在a=12，b=-12，使得曲線y=f（1x）關于直線x=b對稱.

2.3 第（3）問解析

解法1 易得f ′（x）=（-1x2）ln（x+1）+（1x+

a）1x+1，由f（x）在區間（0，+∞）存在極值點，則f ′（x）在區間（0，+∞）上存在變號零點.

令（-1x2）ln（x+1）+（1x+a）1x+1=0，

則

-（x+1）ln（x+1）+（x+ax2）=0.

令g（x）=ax2+x-（x+1）ln（x+1），則f（x）在區間（0，+∞）存在極值點等價于g（x）在區間（0，+∞）上存在變號零點.

又g′（x）=2ax-ln（x+1），g″（x）=2a-1x+1，

當a≤0時，g′（x）lt;0，g（x）在區間（0，+∞）上單調遞減，

此時g（x）lt;g（0）=0，g（x）在區間（0，+∞）上無零點，不合題意.

當a≥12，即2a≥1時，由于1x+1lt;1，所以g″（x）gt;0，g′（x）在區間（0，+∞）上單調遞增，所以g′（x）gt;g′（0）=0，g（x）在區間（0，+∞）上單調遞增，g（x）gt;g（0）=0，所以g（x）在區間（0，+∞）上無零點，不符合題意.

當0lt;alt;12時，由g″（x）=2a-1x+1=0可得

x=12a-1，

當x∈（0，12a-1）時，g″（x）lt;0，g′（x）單調遞減，

當x∈（12a-1，+∞）時，g″（x）gt;0，g′（x）單調遞增，故g′（x）的最小值為g′（12a-1）=1-2a+ln2a.

令m（x）=1-x+lnx（0lt;xlt;1），則m′（x）=-x+1xgt;0.則函數m（x）在定義域內單調遞增.則m（x）lt;m（1）=0.

據此可得1-x+lnxlt;0恒成立.則g′（12a-1）=1-2a+ln2alt;0.

令h（x）=lnx-x2+x（xgt;0），則h′（x）=-2x2+x+1x=-（2x+1）（x-1）x，

當x∈（0，1）時，h′（x）gt;0，h（x）單調遞增，當x∈（1，+∞）時，h′（x）lt;0，h（x）單調遞減，故h（x）≤h（1）=0.即lnx≤x2-x（取等條件為x=1）.所以g′（x）=2ax-ln（x+1）gt;2ax-［（x+1）2-（x+1）］=2ax-（x2+x），g′（2a-1）gt;2a（2a-1）-［（2a-1）2+（2a-1）］=0.注意到g′（0）=0，由零點存在性定理可知g′（x）在區間（0，+∞）上存在唯一零點x0.

當x∈（0，x0）時，g′（x）lt;0，g（x）單調遞減，

當x∈（x0，+∞）時，g′（x）gt;0，g（x）單調遞增，所以g（x0）lt;g（0）=0.

令n（x）=lnx-12（x-1x），則n′（x）=1x-

12（1+1x2）=-（x-1）22x2≤0.

則n（x）單調遞減.

注意到n（1）=0，

故當x∈（1，+∞）時，lnx-12（x-1x）lt;0，從而有lnxlt;12（x-1x）.

所以g（x）=ax2+x-

（x+1）ln（x+1）

gt;ax2+x-（x+1）×12［（x+1）-1x+1］=（a-12）x2+12.

令（a-12）x2+12=0，得x2=11-2a，所以g（11-2a）gt;0.

所以函數g（x）在區間（0，+∞）上存在變號零點，符合題意.

綜上，實數a的取值范圍是（0，12）.

解法2 由題可知，f ′（x）在（0，+∞）上有變號零點.

對f（x）求導f ′（x）=x+ax2-（x+1）ln（x+1）x2（x+1）.

令g（x）=x+ax2-（x+1）ln（x+1），g（0）=0，

g′（x）=2ax-ln（x+1），g″（x）=2ax+2a-1x+1.

f ′（x）在（0，+∞）上有變號零點g（x）在

（0，+∞）上有變號零點.

①當a≤0時，g″（x）≤0，所以g′（x）在（0，+∞）單調遞減，所以g′（x）lt;g′（0）=0.所以g（x）在（0，+∞）單調遞減.所以g（x）lt;g（0）=0，此時g（x）在（0，+∞）無零點.

②當0lt;alt;12時，此時x=2a-12agt;0，則x∈（0，2a-12a），g″（x）lt;0，g′（x）單調遞減，x∈（2a-12a，+∞），g″（x）gt;0，g′（x）單調遞增.

又g′（0）=0，顯然x∈（0，2a-12a），g′（x）lt;0，且g′（2a-12a）lt;0.

又xgt;13時，有4xgt;x+1，lnxlt;xlnx+1lt;x+1ln（x+1）lt;2x+1.

所以g′（x）=2ax-ln（x+1）=2ax-2x+1gt;2ax-24x=0x=

4a2gt;13.

所以g′（4a2）gt;0.

由零點存在定理知存在唯一

x0∈（2a-12a，4a2），使得g′（x0）=0.當

x∈（0，x0）時，g′（x）lt;0，g（x）單調遞減，當x∈（x0，+∞）時，g′（x）gt;0，g（x）單調遞增.

又g（0）=0，顯然，g（x0）lt;g（0）=0.

當xgt;13時，有4xgt;x+1，

lnxlt;xlnx+1lt;x+1ln（x+1）lt;2x+1.所以

g（x）=x+ax2-（x+1）ln（x+1）gt;ax2-4x·2x+1gt;ax2-4x·

24x=0x=256a2gt;13.

所以g（256a2）gt;0.

所以由零點存在定理知存在唯一x1∈（x0，256a2），使得g（x1）=0.此時當x∈（0，x1）時，g（x）lt;0，f ′（x）=g（x）x2（x+1）lt;0，

f（x）單調遞減.

當x∈（x1，+∞）時，g（x）gt;0，f ′（x）=g（x）x2（x+1）gt;0，f（x）單調遞增加.

即f（x）在（0，+∞）存在唯一極值點x=x1，符合題意.

③當a≥12時，同解法1.

綜上，a的取值范圍是（0，12）.

3 結束語

試題設計一個含有參數的函數，將其性質的研究分層設計，層層遞進.試題第（2）問通過合理設計，引進曲線y=f（1x），求出使得該曲線關于直線x=b對稱的常數a，b，需要考生利用對稱曲線的性質，特別是函數y=f（1x）的定義域的特殊性，先確定常數b，再利用對稱性得到常數a.試題第（3）問給出函數f（x）存在極值點的條件，要求確定參數a的取值范圍.考驗了化歸與轉化思想、分類討論思想和邏輯推理能力、運算求解能力等.

參考文獻：

［1］ 劉海濤.落實立德樹人根本任務全面考查學科核心素養：2023年全國乙卷數學試題評析與備考建議[J].數學通訊，2023（23）：38-42.

［責任編輯：李 璟］