摘 要：導(dǎo)數(shù)的綜合問題以基本初等函數(shù)、不等式、數(shù)列等數(shù)學(xué)知識(shí)為載體，突出考查函數(shù)的基本性質(zhì)，充分體現(xiàn)數(shù)學(xué)知識(shí)的內(nèi)在聯(lián)系，常以壓軸題的形式出現(xiàn).試題命制注重綜合性和應(yīng)用性，聚焦學(xué)科核心素養(yǎng)，加強(qiáng)關(guān)鍵能力的考查，注重思維過程，引導(dǎo)學(xué)生提高學(xué)習(xí)效率，避免機(jī)械學(xué)習(xí).

關(guān)鍵詞：初等函數(shù)；函數(shù)性質(zhì)；核心素養(yǎng)；綜合應(yīng)用

中圖分類號(hào)：G632"" 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A"" 文章編號(hào)：1008-0333（2024）19-0091-07

2023年高考數(shù)學(xué)全國(guó)乙卷理科第21題是一道導(dǎo)數(shù)類綜合性問題，屬于較難題目，考查直線方程、函數(shù)的性質(zhì)、對(duì)數(shù)的運(yùn)算、函數(shù)的零點(diǎn)、導(dǎo)數(shù)的基本應(yīng)用、函數(shù)的極值、不等式等數(shù)學(xué)知識(shí).數(shù)形結(jié)合、分類討論、轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學(xué)思想，邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)學(xué)抽象等核心素養(yǎng)，要求考生具備嚴(yán)密的邏輯思維.題設(shè)共三個(gè)問題，體現(xiàn)了基礎(chǔ)性、應(yīng)用性、綜合性的考查要求，學(xué)生在解答的過程中，能較好地展示思維品質(zhì)和思維過程，發(fā)揮數(shù)學(xué)學(xué)科的選拔功能.

1 試題呈現(xiàn)

題目 已知函數(shù)f（x）=（1x+a）ln（x+1）.

（1）若a=-1，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；

（2）是否存在a，b，使曲線y=f（1x）

關(guān)于x=b對(duì)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(diǎn)，求a的取值范圍.

2 解法探究

2.1 第（1）問解析

解析 當(dāng)a=-1時(shí)，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?yàn)椋?∞，-1）∪（0，+∞）.

解法1 （點(diǎn)對(duì)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?yàn)間（x）圖象關(guān)于x=b對(duì)稱，

所以g（b+x）=g（b-x）.

即對(duì)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?yàn)間（x）圖象關(guān)于x=b對(duì)稱，所以g（b+x）的圖象關(guān)于x=0對(duì)稱，即g（x）是偶函數(shù).

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(shù)的性質(zhì)）由g（x）的定義域?yàn)椋?∞，-1）∪（0，+∞）知，定義域關(guān)于x=-12對(duì)稱.又g（x）圖象關(guān)于x=b對(duì)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?yàn)椋?∞，-1）∪（0，+∞），則g（-2）=g（2+2b）.

即（-2+a）ln12=（2+2b+a）ln（12+2b+1）.

因?yàn)楸绢}要求存在實(shí)數(shù)a，b，所以可以考慮以下兩種情況：

當(dāng)-2+a=2+2b+a，12=12+2b+1時(shí)，無解；

當(dāng)-2+a=-（2+2b+a），2=12+2b+1時(shí)，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(shù)極值的定義

解法1 因?yàn)閒（x）在（0，+∞）上存在極值點(diǎn)，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(hào)，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(dāng)a≤0時(shí)，h′（x）gt;0，所以h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增.

所以h（x）gt;h（0）=0.

所以f（x）在（0，+∞）上無極值點(diǎn).

當(dāng)a≥12時(shí)，h′（x）lt;0，所以h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減.

所以h（x）lt;h（0）=0.

所以f（x）在（0，+∞）上無極值點(diǎn).

當(dāng)0lt;alt;12時(shí)，令h′（x）=0，解得x=1a-2，所以h（x）在（0，1a-2）單調(diào)遞增，h（x）在（1a-2，+∞）單調(diào)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(diào)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(diǎn)，且在零點(diǎn)左右兩側(cè)異號(hào)，所以f（x）在（0，+∞）上存在極值點(diǎn)［1］.

圖1 極值定義的解法示意圖

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

當(dāng)0lt;alt;12時(shí)，

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(diào)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(diào)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(diǎn)，且在零點(diǎn)左右兩側(cè)異號(hào)，所以f（x）在（0，+∞）上存在極值點(diǎn)［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(dāng)a≤0或a≥12時(shí)，h′（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，且h′（0）=0，所以f（x）在（0，+∞）上無極值點(diǎn)；

當(dāng)0lt;alt;12時(shí)，令h″（x）=0，解得x=12a-1，易知h′（x）在（0，12a-1）單調(diào)遞減，在（12a-1，+∞）單調(diào)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(diào)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(diào)遞減，在（x0，+∞）單調(diào)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(diào)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(diào)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(diǎn)，且在零點(diǎn)左右兩側(cè)異號(hào)，所以f（x）在（0，+∞）上存在極值點(diǎn).

2.3.2 利用一次結(jié)構(gòu)轉(zhuǎn)化為過定點(diǎn)的切線問題

解法4 因?yàn)閒（x）在（0，+∞）上存在極值點(diǎn)，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(diǎn).

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(píng)（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.

所以u(píng)（x）gt;u（0）=0.

易知h′（x）=x-ln（x+1）x2gt;0.

即h（x）在（0，+∞）上單調(diào)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(diào)遞減.

所以φ（x）lt;φ（0）=0.

即h″（x）lt;0.

所以h′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，h（x）在（0，+∞）上是凹函數(shù).

由洛必達(dá)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(diǎn)（x0，h（x0）），則

h′（x0）=x0-ln（x0+1）x20.

在點(diǎn)（x0，h（x0））處的切線方程為

y-h（x0）=h′（x0）（x-x0）.

因?yàn)榍芯€過點(diǎn)（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(diào)遞減.

因?yàn)?/p>

p（0）=0，

所以2-4x0+2-ln（x0+1）=0，

解得x0=0.

由洛必達(dá)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(diǎn)，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(dāng)a≤0或a≥12時(shí)，h′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且h′（0）=0，所以f（x）在（0，+∞）上無極值點(diǎn)；

當(dāng)0lt;alt;12時(shí)，令h″（x）=0，解得x=12a-1，

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

所以h（x）lt;h（0）=0.

所以f（x）在（0，+∞）上無極值點(diǎn).

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(diǎn)，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(diǎn)（x1，y1），在該點(diǎn)處的切線方程為

y-ln（x1+1）=1x1+1（x-x1），

切線過點(diǎn)（0，0），則

ln（x1+1）=x1x1+1.

令v（x）=lnx-x+1，則v（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）單調(diào)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(diǎn)（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(diǎn)（x0，2ax0），且函數(shù)h′（x）在x0左右兩側(cè)變號(hào)，則必有0lt;2alt;1，解得0lt;alt;12.

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

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

所以φ（x）=ln（1+x2）-xlt;φ（0）=0.

因?yàn)閔（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(shù)h（x）在（x0，1a2）有零點(diǎn)，且在零點(diǎn)左右兩側(cè)函數(shù)值異號(hào)，函數(shù)f（x）存在極值.

綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為（0，12）.

2.3.3 分離參數(shù)，洛必達(dá)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(diào)遞減.

由洛必達(dá)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(shù)y=h（x）的圖象連續(xù)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(diǎn)效應(yīng)

解法7 方程a=（x+1）ln（x+1）-xx2有正根，由洛必達(dá)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(diào)遞減.

所以p′（x）lt;p′（0）=0.

所以p（x）在（0，+∞）上單調(diào)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(shù)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(jié)束語(yǔ)

運(yùn)算能力包括分析運(yùn)算條件，探究運(yùn)算思路，選擇運(yùn)算公式，調(diào)整運(yùn)算策略.第（2）問以對(duì)數(shù)為背景考查函數(shù)圖象的對(duì)稱性，圖象對(duì)稱的本質(zhì)是點(diǎn)的對(duì)稱，由此得出自變量x的對(duì)稱，找到問題的切入點(diǎn).計(jì)算過程要求考生準(zhǔn)確掌握對(duì)數(shù)運(yùn)算法則，正確求得運(yùn)算結(jié)果［3］.

通性通法是指具有某些規(guī)律性和普遍意義的常規(guī)解題模式和常用的數(shù)學(xué)思想方法，通過典型問題的訓(xùn)練，讓學(xué)生獲得解答一類問題的解題智慧.文科20題第（2）問是函數(shù)的單調(diào)性問題，理科21題第（3）問是函數(shù)的極值問題，看似尋常，但學(xué)生在考場(chǎng)緊張的狀態(tài)下解答，計(jì)算過程中非?？简?yàn)學(xué)生的基本功，要求具備較強(qiáng)的計(jì)算能力和扎實(shí)的學(xué)科知識(shí).高中數(shù)學(xué)解決導(dǎo)數(shù)綜合問題中的含參問題基本策略：一是分離參數(shù)，在求解過程中可能會(huì)遇到求導(dǎo)函數(shù)的困難，求最值代端點(diǎn)分式無意義的困惑，學(xué)生需要掌握洛必達(dá)法則的基本應(yīng)用，才能予以求解；二是數(shù)形結(jié)合，從圖象與切線關(guān)系的角度思考，它需要將題設(shè)結(jié)構(gòu)等價(jià)變形為含有一次函數(shù)的結(jié)構(gòu)，通過數(shù)形結(jié)合建立不等式；三是直接入手，根據(jù)題設(shè)要求直接找到函數(shù)零點(diǎn)、極值點(diǎn)和最值.因此高中數(shù)學(xué)教學(xué)對(duì)于基礎(chǔ)較好的學(xué)生，需要掌握解決含參問題的基本處理策略，做好思維訓(xùn)練，也能在試題復(fù)雜的情境下懂得實(shí)時(shí)調(diào)整，靈活變通.

2023年高考突出數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算，重視基本技能；突出理性思維，多想少算.學(xué)生根據(jù)已有的知識(shí)建構(gòu)，通過比較、概括、推理與運(yùn)算得出答案，解答過程用圖象語(yǔ)言啟迪思維，數(shù)學(xué)符號(hào)語(yǔ)言、文字語(yǔ)言準(zhǔn)確表達(dá)，過程嚴(yán)謹(jǐn)規(guī)范，全面體現(xiàn)數(shù)學(xué)的綜合性、應(yīng)用性［4］.文獻(xiàn)[2]指出在備考的過程中學(xué)生要做題，但不機(jī)械刷題，重視數(shù)學(xué)思維的訓(xùn)練，展示思維過程增強(qiáng)自信，提高數(shù)學(xué)語(yǔ)言的規(guī)范表達(dá)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(shí)的深度，又要有思維的活度，例題課中多讓學(xué)生參與策略的探究過程，暴露學(xué)生的思維，教師實(shí)時(shí)點(diǎn)評(píng)與拔高，通過師生的合力探究，推動(dòng)學(xué)生發(fā)展核心素養(yǎng)，提升教師業(yè)務(wù)能力.

參考文獻(xiàn)：

［1］ 孟慶豐.數(shù)學(xué)深度學(xué)習(xí)發(fā)生在知識(shí)交匯處：以“導(dǎo)數(shù)與三角函數(shù)綜合問題”的解題教學(xué)為例[J].中學(xué)數(shù)學(xué)研究，2022（12）：11-13.

［2］ 楊春娟.注重思維連續(xù)性， 突破函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題[J].中學(xué)生數(shù)學(xué)，2023（19）：8-10.

［3］ 中華人民共和國(guó)教育部.普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（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(guó)高考評(píng)價(jià)體系［M］.北京：人民教育出版社，2019.

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