一類高考導數真題的探究及新題命制

摘要：本文中基于2023年新高考Ⅱ卷第22題、2022年新高考Ⅱ卷第22題及2023年甲卷理科第21題，從通法通性的視角探究其解法，得到此類導數題的一般規律，并對此類試題的命制進行分析，命制了兩道新試題.

關鍵詞：新高考；導數；高三復習；試題命制

1 試題呈現

題1（2023年新高考Ⅱ卷第22題）（1）證明：當0lt;xlt;1時，x－x2lt;sin xlt;x；

（2）已知函數f（x）=cos ax－ln（1－x2），若x=0是f（x）的極大值點，求a的取值范圍.

分析：（1）略；（2）觀察f（x）的解析式，可得f（x）為偶函數，又因為x=0是f（x）的極大值點，所以f（x）在y軸附近的圖象大致如圖1所示.

易得f（x）在y軸附近先增后減，則f′（x）的值必是先正后負，如圖2.

據此可得f″（x）在y軸附近的圖象如圖3、圖4所示的兩種可能：

所以f″（0）lt;0或f″（0）=0，且滿足x1∈（0，+∞），使得當x∈（0，x1）時，f″（x）lt;0.

（1）證明：略.

（2）解：依題可得f′（x）=－asin ax+2x1－x2，則

f″（x）=－a2cos ax+2（1－x2）+2x·2x（1－x2）2=－a2cos ax+2+2x2（1－x2）2.

①當f″（0）=2－a2gt;0，即－2lt;alt;2時，存在x1gt;0，使得當x∈（0，x1）時，f″（x）gt;0，即f′（x）在（0，x1）上單調遞增.

因為f′（0）=0，所以當x∈（0，x1）時，f′（x）gt;0，則f（x）在（0，x1）上單調遞增，這與x=0是f（x）的極大值點矛盾，舍去.

②當f″（0）=2－a2lt;0，即alt;－2或agt;2時，存在x2gt;0，使得當x∈（－x2，x2）時，f″（x）lt;0，即f′（x）在（－x2，x2）上單調遞減.

又f′（0）=0，所以當－x2lt;xlt;0時，f′（x）gt;0，f（x）單調遞增；當0lt;xlt;x2時，f′（x）lt;0，f（x）單調遞減.故滿足x=0是f（x）的極大值點.

③當f″（0）=0，即a=±2時，

f′（x）=－2sin2x+2x1－x2.

當x∈（0，1）時，f′（x）gt;－2x+2x1－x2=2x511－x2－1gt;0，所以f（x）在（0，1）上單調遞增，這與x=0是f（x）的極大值點矛盾，舍去.

綜上，a的取值范圍為（－∞，－2）∪（2，+∞）.

題2（2022年新高考Ⅱ卷第22題）已知函數f（x）=xeax－ex.

（1）當a=1時，討論f（x）的單調性；

（2）當xgt;0時，f（x）lt;－1，求實數a的取值范圍；

（3）設n∈N*，證明112+1+122+2+……+1n2+ngt;ln（n+1）.

解：（1）略；

（2）依題意，得f′（x）=eax+axeax－ex，f″（x）=a（2eax+axeax）－ex，則f″（0）=2a－1.

當f″（0）gt;0，即agt;12時，存在x0gt;0，使得當x∈（0，x0）時，有f″（x）gt;0，即f′（x）在（0，x0）上單調遞增，所以f′（x）gt;f′（0）=0，則f（x）在（0，x0）上單調遞增.

又f（0）=－1，所以當x∈（0，x0）時，f（x）gt;－1，與題意矛盾，舍去.

當f″（0）≤0，即a≤12時，f′（x）=eax+axeax－ex=eax+ln（1+ax）－ex≤ex2+ln1+x2－ex≤ex2+x2－ex=0，則f（x）在［0，+∞）上單調遞減，f（x）≤f（0）=-1，符合題意.

綜上，實數a的取值范圍是－∞，12.

（3）證明略.

題3（2023年甲卷理科第21題）已知f（x）=ax－sin xcos3x，x∈0，π2.

（1）若a=8，討論f（x）的單調性；

（2）若f（x）lt;sin 2x恒成立，求a的取值范圍.

解：（1）略.

（2）由f（x）lt;sin 2x，得ax－sin xcos3x－sin 2xlt;0.

令函數g（x）=ax－sin xcos3x－sin 2x，x∈0，π2，則g′（x）=a－cos2x+3sin2xcos4x－2cos 2x.

當g′（0）=a－3gt;0，即agt;3時，存在x1∈（0，+∞），使得當x∈（0，x1）時，g（x）單調遞增.

因為g（0）=0，所以當x∈（0，x1）時，g（x）gt;0，與題意矛盾，舍去.

當g′（0）=a－3≤0，即a≤3時，因為

g″（x）=－［4sin x（2cos2x+3sin2x）-2cos6x］cos5xlt;0，所以g′（x）單調遞減.

所以當x∈0，π2時，g′（x）≤0，即g（x）在0，π2上單調遞減，則g（x）lt;g（0）=0，符合題意.

綜上，a的取值范圍為（－∞，3］.

2 試題評析

以上三道真題都可以從端點處入手，考慮端點附近區間的單調性.

題1中x=0是f（x）的極大值點，則必定存在區間（0，x1），使得f（x）在（0，x1）上單調遞減.

題2中當xgt;0時，f（x）lt;－1，因為f（0）=－1，則必定存在區間（0，x2），使得f（x）在（0，x2）上單調遞減.

題3中當x∈0，π2時，g（x）=f（x）－sin 2xlt;0，因為g（0）=0，則必定存在區間（0，x3），使得g（x）在（0，x3）上單調遞減.

據此再結合導數，分類討論即可解決上述真題.

上述三道真題在問題的描述上也可以做相應的轉換，以題3為例：

題3中函數g（x）=ax－sin xcos3x－sin 2x為奇函數，當agt;3時，存在x0∈（0，+∞），使得當x∈（0，x0）時g（x）單調遞增，當x∈x0，π2時g（x）單調遞減.

題3第（2）問等價于：

若ax－sin xcos3x－sin 2xgt;0在－π2，0上恒成立，求a的取值范圍；

若函數g（x）=ax－sin xcos3x－sin 2x在－π2，π2上單調遞減，求a的取值范圍.

與其相對應的問題為：

若函數g（x）=ax－sin xcos3x－sin 2x在0，π2上恰有一個極值點，求a的取值范圍；

若函數g（x）=ax－sin xcos3x－sin 2x在0，π2上恰有一個零點，求a的取值范圍.

3 命題探索

基于以上分析，嘗試從以下兩個角度來命制試題.

（Ⅰ）題1中的函數解析式由偶函數+偶函數構成；題3中的函數解析式由奇函數+奇函數構成.參考這兩題，得到類似的解析式如下：

①f（x）=cos x+x2；②f（x）=cos x+ex2；

③f（x）=cos x+xsin x.

以①為例，添加參數后得到的解析式如下：

f（x）=cos x+ax2，或f（x）=cos ax+x2，或f（x）=acos x+x2.

以f（x）=cos x+ax2為例，得到試題如下：

題4已知函數f（x）=cos x+ax2，若x=0是f（x）的極小值點，求a的取值范圍.

本題等價于：

已知函數f（x）=cos x+ax2在（0，+∞）上單調遞增，求a的取值范圍；

已知函數f（x）=cos x+ax2≥1恒成立，求a的取值范圍.

按照以上方式，可以得到很多類似的試題.

（Ⅱ）題1和題2中都有f′（0）=0，基于此條件，下面構造函數f（x），使得f′（0）=0.

①若要構造形如f（x）=cos ax+g（x）的新函數，其導函數f′（x）=－asin ax+g′（x）.若要f′（0）=0，則g′（0）=0.

此處構造g′（x）的空間非常大，如g′（x）=x，g′（x）=x2，g′（x）=xx+1，g′（x）=ex－1，……，都滿足g′（0）=0.

若取g′（x）=xx+1，用積分求出一個原函數g（x），可得f（x）=cos ax+x－ln（x+1），可得新題如下.

題5已知函數f（x）=cos ax+x－ln（x+1），若x=0是f（x）的極小值點，求a的取值范圍.

按照以上方式，可以得到很多類似的試題，讀者可自行探索.

②若準備構造形如f（x）=xcos ax+g（x）的新函數，其導函數f′（x）=cos ax－axsin ax+g′（x）.

若要f′（0）=0，則g′（0）=-1.

此處構造g′（x）的方法也很多，這里筆者只取一種，如g′（x）=-1x+1.

于是可得g（x）=-ln（x+1），f（x）=xcos ax－ln（x+1）.得到新題如下：

題6已知函數f（x）=xcos ax－ln（x+1），證明：x=0是f（x）的極小值點.

4 結語

函數與導數考查的核心是函數的性質，考查邏輯推理及直觀想象核心素養.近年來，函數與導數的綜合題仍然是很多高考卷中的壓軸題，為此，學生在平時學習中花費了不少精力.本文中歸納總結了一類導數真題，給出了通法通解，引導學生重視基礎，抓住本質，在思維上循序漸進.同時，在此基礎上命制了三道新題，便于教師組織變式教學，拓展學生的思維寬度.