2023年高考數學全國乙卷理科第21題解法探究與教學啟示

摘 要：導數的綜合問題以基本初等函數、不等式、數列等數學知識為載體，突出考查函數的基本性質，充分體現數學知識的內在聯系，常以壓軸題的形式出現.試題命制注重綜合性和應用性，聚焦學科核心素養，加強關鍵能力的考查，注重思維過程，引導學生提高學習效率，避免機械學習.

關鍵詞：初等函數；函數性質；核心素養；綜合應用

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）19-0091-07

2023年高考數學全國乙卷理科第21題是一道導數類綜合性問題，屬于較難題目，考查直線方程、函數的性質、對數的運算、函數的零點、導數的基本應用、函數的極值、不等式等數學知識.數形結合、分類討論、轉化與化歸等數學思想，邏輯推理、數學運算、數學抽象等核心素養，要求考生具備嚴密的邏輯思維.題設共三個問題，體現了基礎性、應用性、綜合性的考查要求，學生在解答的過程中，能較好地展示思維品質和思維過程，發揮數學學科的選拔功能.

1 試題呈現

題目 已知函數f（x）=（1x+a）ln（x+1）.

（1）若a=-1，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；

（2）是否存在a，b，使曲線y=f（1x）

關于x=b對稱，若存在，求a，b的值，若不存在，說明理由;

（3）若f（x）在（0，+∞）上存在極值點，求a的取值范圍.

2 解法探究

2.1 第（1）問解析

解析 當a=-1時，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））處的切線方程為

y=-ln2（x-1）.

2.2 第（2）問解析

令g（x）=f（1x）=（x+a）ln（1x+1），則g（x）的定義域為（-∞，-1）∪（0，+∞）.

解法1 （點對稱）由題知，

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），

因為g（x）圖象關于x=b對稱，

所以g（b+x）=g（b-x）.

即對任意的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" （利用平移變換）因為g（x）圖象關于x=b對稱，所以g（b+x）的圖象關于x=0對稱，即g（x）是偶函數.

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 （利用函數的性質）由g（x）的定義域為（-∞，-1）∪（0，+∞）知，定義域關于x=-12對稱.又g（x）圖象關于x=b對稱，

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.

綜上所述，a=12，b=-12.

解法4" （賦值）g（x）的定義域為（-∞，-1）∪（0，+∞），則g（-2）=g（2+2b）.

即（-2+a）ln12=（2+2b+a）ln（12+2b+1）.

因為本題要求存在實數a，b，所以可以考慮以下兩種情況：

當-2+a=2+2b+a，12=12+2b+1時，無解；

當-2+a=-（2+2b+a），2=12+2b+1時，a=12，b=-12.

綜上所述，a=12，b=-12.

2.3 第（3）問解析

2.3.1 利用函數極值的定義

解法1 因為f（x）在（0，+∞）上存在極值點，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）異號，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.

當a≤0時，h′（x）gt;0，所以h（x）在（0，+∞）單調遞增.

所以h（x）gt;h（0）=0.

所以f（x）在（0，+∞）上無極值點.

當a≥12時，h′（x）lt;0，所以h（x）在（0，+∞）單調遞減.

所以h（x）lt;h（0）=0.

所以f（x）在（0，+∞）上無極值點.

當0lt;alt;12時，令h′（x）=0，解得x=1a-2，所以h（x）在（0，1a-2）單調遞增，h（x）在（1a-2，+∞）單調遞減.

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，則

p′（x）=-（x-1）2x2+1lt;0.

所以p（x）在（2，+∞）單調遞減.

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，如圖1所示，h（x）在（1a-2，1a2）上存在零點，且在零點左右兩側異號，所以f（x）在（0，+∞）上存在極值點［1］.

圖1 極值定義的解法示意圖

解法2 由解法1知，當a≤0或a≥12時，f（x）在（0，+∞）上無極值點.

當0lt;alt;12時，

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，則

p（1a3）=ln（1a3+1）-12a2-12.

令φ（x）=ln（x3+1）-12x2-12，xgt;2，則

φ′（x）=3x2x3+1-x

=x·（3xx3+1-1）.

令v（x）=3xx3+1-1，xgt;2，則

v′（x）=3-6x3（x3+1）2lt;0.

所以v（x）在（2，+∞）單調遞減.

所以v（x）lt;v（2）=-13lt;0.

所以φ′（x）lt;0.所以φ（x）在（2，+∞）單調遞減.

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）上存在零點，且在零點左右兩側異號，所以f（x）在（0，+∞）上存在極值點［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，則

h′（x）=2ax-ln（x+1），

h″（x）=2a-1x+1.

當a≤0或a≥12時，h′（x）在（0，+∞）單調遞增，且h′（0）=0，所以f（x）在（0，+∞）上無極值點；

當0lt;alt;12時，令h″（x）=0，解得x=12a-1，易知h′（x）在（0，12a-1）單調遞減，在（12a-1，+∞）單調遞增.

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，

則φ′（t）=2t2-2t+21+t2gt;0.

則φ（t）在（2，+∞）上單調遞增，

則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）單調遞減，在（x0，+∞）單調遞增，顯然h（x0）lt;0.

由解法2知，

h（1a2）=1a3+1a2-（1a2+1）ln（1a2+1）.

令t=1a，tgt;2，則

p（t）=t3+t2-（t2+1）ln（t2+1）.

則p′（t）=t［3t-2ln（t2+1）］.

令q（x）=3x-2ln（x2+1），xgt;2，

則q′（x）=3x2-4x+3x2+1gt;0.

所以q（x）在（2，+∞）單調遞增.

所以q（x）gt;q（2）=6-2ln5gt;0.

所以p′（t）gt;0.

所以p（t）在（2，+∞）單調遞增.

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）上存在零點，且在零點左右兩側異號，所以f（x）在（0，+∞）上存在極值點.

2.3.2 利用一次結構轉化為過定點的切線問題

解法4 因為f（x）在（0，+∞）上存在極值點，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.

則直線y=ax+1與曲線y=（x+1）ln（x+1）x有交點.

令h（x）=（x+1）ln（x+1）x，xgt;0，則

h′（x）=x-ln（x+1）x2.

令u（x）=x-ln（x+1），則

u′（x）=xx+1gt;0.

所以u（x）在（0，+∞）上單調遞增.

所以u（x）gt;u（0）=0.

易知h′（x）=x-ln（x+1）x2gt;0.

即h（x）在（0，+∞）上單調遞增.

由h″（x）=-x-x/（x+1）+2ln（x+1）x3，

令φ（x）=-x-xx+1+2ln（x+1），則

φ′（x）=-x2（x+1）2lt;0.

所以φ（x）在（0，+∞）上單調遞減.

所以φ（x）lt;φ（0）=0.

即h″（x）lt;0.

所以h′（x）在（0，+∞）上單調遞減，h（x）在（0，+∞）上是凹函數.

由洛必達法則知

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

取曲線y=h（x）上任意一點（x0，h（x0）），則

h′（x0）=x0-ln（x0+1）x20.

在點（x0，h（x0））處的切線方程為

y-h（x0）=h′（x0）（x-x0）.

因為切線過點（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），則

p′（x）=-x2（x+1）（x+2）2lt;0.

易知p（x）在（-1，+∞）上單調遞減.

因為

p（0）=0，

所以2-4x0+2-ln（x0+1）=0，

解得x0=0.

由洛必達法則知，切線的斜率為

k=limx→0h′（x）

=limx→01-1/（x+1）2x

=limx→01/（x+1）22=12.

如圖2所示，切線方程為y=12x+1，y=ax+1與曲線y=（x+1）ln（x+1）x有交點，必有0lt;alt;12.

圖2 切線問題的解法示意圖

綜上所述，0lt;alt;12.

解法5 令h（x）=ax2+x-（x+1）ln（x+1），xgt;0，則

h′（x）=2ax-ln（x+1），

h″（x）=2a-1x+1.

當a≤0或a≥12時，h′（x）在（0，+∞）上單調遞增，且h′（0）=0，所以f（x）在（0，+∞）上無極值點；

當0lt;alt;12時，令h″（x）=0，解得x=12a-1，

易知h′（x）在（0，12a-1）單調遞減，在（12a-1，+∞）單調遞增.

又h′（0）=0，所以h′（12a-1）lt;0.

若h′（x）=0無解，則必有h′（x）lt;0恒成立.

所以h（x）在（0，+∞）單調遞減.

所以h（x）lt;h（0）=0.

所以f（x）在（0，+∞）上無極值點.

若h′（x）=0無解，即2ax-ln（x+1）=0有正根，則直線y=2ax與曲線y=ln（x+1）的圖象在（0，+∞）有交點，如圖3所示.

圖3 切線問題的解法示意圖

在曲線y=ln（x+1）上取一點（x1，y1），在該點處的切線方程為

y-ln（x1+1）=1x1+1（x-x1），

切線過點（0，0），則

ln（x1+1）=x1x1+1.

令v（x）=lnx-x+1，則v（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）單調遞減.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，切點（0，0），切線斜率k=1x1+1=1，切線方程為y=x.要使直線y=2ax與曲線y=ln（x+1）的圖象在（0，+∞）有交點（x0，2ax0），且函數h′（x）在x0左右兩側變號，則必有0lt;2alt;1，解得0lt;alt;12.

當x∈（0，x0）時，h′（x）=2ax-ln（x+1）lt;0，所以h（x）單調遞減；

當x∈（x0，+∞）時，h′（x）=2ax-ln（x+1）gt;0，所以h（x）單調遞增.

由h（0）=0知，h（x0）lt;0.

令φ（x）=ln（1+x2）-x，

則

φ′（x）=-（x-1）21+x2lt;0.

所以φ（x）在（0，+∞）單調遞減.

所以φ（x）=ln（1+x2）-xlt;φ（0）=0.

因為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，所以函數h（x）在（x0，1a2）有零點，且在零點左右兩側函數值異號，函數f（x）存在極值.

綜上所述，實數a的取值范圍為（0，12）.

2.3.3 分離參數，洛必達法則

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

令h（x）=（x+1）ln（x+1）-xx2，xgt;0，則

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，+∞）上單調遞減.

由洛必達法則知，

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.

函數y=h（x）的圖象連續不斷，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 端點效應

解法7 方程a=（x+1）ln（x+1）-xx2有正根，由洛必達法則知

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.

下面證明0lt;（x+1）ln（x+1）-xx2lt;12.

要證0lt;（x+1）ln（x+1）-xx2lt;12，

即證0lt;（x+1）ln（x+1）-xlt;x22.

令p（x）=（x+1）ln（x+1）-x-x22，xgt;0，則

p′（x）=ln（x+1）-x，

p″（x）=-xx+1lt;0，

則p′（x）在（0，+∞）上單調遞減.

所以p′（x）lt;p′（0）=0.

所以p（x）在（0，+∞）上單調遞減.

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.

所以函數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 結束語

運算能力包括分析運算條件，探究運算思路，選擇運算公式，調整運算策略.第（2）問以對數為背景考查函數圖象的對稱性，圖象對稱的本質是點的對稱，由此得出自變量x的對稱，找到問題的切入點.計算過程要求考生準確掌握對數運算法則，正確求得運算結果［3］.

通性通法是指具有某些規律性和普遍意義的常規解題模式和常用的數學思想方法，通過典型問題的訓練，讓學生獲得解答一類問題的解題智慧.文科20題第（2）問是函數的單調性問題，理科21題第（3）問是函數的極值問題，看似尋常，但學生在考場緊張的狀態下解答，計算過程中非常考驗學生的基本功，要求具備較強的計算能力和扎實的學科知識.高中數學解決導數綜合問題中的含參問題基本策略：一是分離參數，在求解過程中可能會遇到求導函數的困難，求最值代端點分式無意義的困惑，學生需要掌握洛必達法則的基本應用，才能予以求解；二是數形結合，從圖象與切線關系的角度思考，它需要將題設結構等價變形為含有一次函數的結構，通過數形結合建立不等式；三是直接入手，根據題設要求直接找到函數零點、極值點和最值.因此高中數學教學對于基礎較好的學生，需要掌握解決含參問題的基本處理策略，做好思維訓練，也能在試題復雜的情境下懂得實時調整，靈活變通.

2023年高考突出數學抽象、邏輯推理、數學運算，重視基本技能；突出理性思維，多想少算.學生根據已有的知識建構，通過比較、概括、推理與運算得出答案，解答過程用圖象語言啟迪思維，數學符號語言、文字語言準確表達，過程嚴謹規范，全面體現數學的綜合性、應用性［4］.文獻[2]指出在備考的過程中學生要做題，但不機械刷題，重視數學思維的訓練，展示思維過程增強自信，提高數學語言的規范表達能力.教師要研究高考真題，課前精選例題深入研究，既有知識的深度，又要有思維的活度，例題課中多讓學生參與策略的探究過程，暴露學生的思維，教師實時點評與拔高，通過師生的合力探究，推動學生發展核心素養，提升教師業務能力.

參考文獻：

［1］ 孟慶豐.數學深度學習發生在知識交匯處：以“導數與三角函數綜合問題”的解題教學為例[J].中學數學研究，2022（12）：11-13.

［2］ 楊春娟.注重思維連續性， 突破函數與導數綜合問題[J].中學生數學，2023（19）：8-10.

［3］ 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.

［4］ 教育部考試中心.中國高考評價體系［M］.北京：人民教育出版社，2019.

［責任編輯：李 璟］