一道市一模導(dǎo)數(shù)壓軸題的解法探究及試題溯源

郭蒙 薛小強(qiáng)

基金項(xiàng)目? 榆林市微型課題“GeoGebra在新人教A版高中函數(shù)教學(xué)中的應(yīng)用研究”（YWX242992）.

【摘? 要】? 這道寶雞市一模導(dǎo)數(shù)壓軸題，深入考查了分類討論、化歸與轉(zhuǎn)化的思想，主要對(duì)其解法進(jìn)行多視角探究，以提高備考策略，進(jìn)一步提升學(xué)生學(xué)科素養(yǎng).

【關(guān)鍵詞】? 導(dǎo)數(shù)恒成立;反證法;解法探究

《普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版2020年修訂）》第83頁中強(qiáng)調(diào)：教師要加強(qiáng)學(xué)習(xí)方法指導(dǎo)，幫助學(xué)生養(yǎng)成良好的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)習(xí)慣，敢于質(zhì)疑、善于思考、理解概念、把握本質(zhì)，數(shù)形結(jié)合、明晰算理，厘清知識(shí)的來龍去脈，建立知識(shí)之間的關(guān)聯(lián)［1］.在一題多解中可以培養(yǎng)學(xué)生運(yùn)算思辨的觀念，開拓學(xué)生發(fā)散性的解題思路，提升學(xué)生解題的能力，培養(yǎng)學(xué)生的思維品質(zhì)，進(jìn)而提升備考效率，培養(yǎng)學(xué)生的學(xué)科素養(yǎng).

1? 試題呈現(xiàn)

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

（1）當(dāng)m=-1時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間;

（2）已知x＞0，求證：當(dāng)m≥1時(shí)，f（x）＜0恒成立；

（3）設(shè)m＞0，求證：當(dāng)函數(shù)f（x）恰有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，該零點(diǎn)一定不是函數(shù)y=x2+mx+1的極值點(diǎn)．

2? 解法探究

2.1? 第一問解法

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

評(píng)注? 第一問考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，符合低起點(diǎn)的命題要求，突出基礎(chǔ)性要求.

2.2? 第二問解法

解法1（隱零點(diǎn)法）

證明? 原不等式等價(jià)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(diào)遞減，因?yàn)間′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(dāng)0＜x＜x0時(shí)，g′（x）＞0，當(dāng)x＞x0時(shí)，g′（x）＜0，因此g（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，+∞）上單調(diào)遞減，g（x）max=gx0=x0+1lnx0+1-x20-m=（x0+1）2x0-1-x20-m=x20+x0-1-m，又因?yàn)閤0∈12，1，所以gx0＜12+1-1-m=1-m≤0，因此m≥1時(shí)，g（x）＜0恒成立，即f（x）＜0．

評(píng)注? 將不等式轉(zhuǎn)化為整式，并且將m單獨(dú)分離出來，將問題轉(zhuǎn)化為證明g（x）的最大值小于零，利用隱零點(diǎn)法證明了g（x）的最大值小于零，進(jìn)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(diǎn)）

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(diào)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(shí)，φ（x）＞0，f′（x）＞0；x∈（x0，+∞）時(shí)，φ（x）＜0，f′（x）＜0，因此f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，+∞）上單調(diào)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(diào)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(píng)注? 直接證明fxmax＜0即可，這里利用導(dǎo)函數(shù)隱零點(diǎn)法證明了原不等式成立，這也是學(xué)生最容易想到的方法，對(duì)于含有l(wèi)nx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(diào)遞減，h（m）max=h（1）=

ln（x+1）-x2+1x+1，要證m≥1時(shí)，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(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′（x）＞0;當(dāng)x＞1時(shí)，g′（x）＜0，因此g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，g（x）≤g（1）=ln2-1＜0，（）式成立，故原不等式成立.

評(píng)注? 利用主元法將含參數(shù)不等式放縮為不含參數(shù)不等式，直接進(jìn)行求導(dǎo)，“對(duì)數(shù)單身狗”［2］一般情況下只需求導(dǎo)一次，此法明顯優(yōu)于參考答案隱零點(diǎn)法.

解法4（切線放縮）

證明? 易證x-lnx-1≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào)［3］，用xe替換x得，lnx≤1ex，進(jìn)而可得ln（x+1）≤1e（x+1），x＞-1.當(dāng)且僅當(dāng)x=e-1時(shí)取等號(hào)，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(dāng)x=1e-1時(shí)，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(píng)注? 由圖1可知，函數(shù)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(duì)數(shù)切線不等式，利用切線不等式以直代曲，進(jìn)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(diào)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(píng)注? 利用飄帶不等式對(duì)不等式進(jìn)行放縮，進(jìn)而證明原不等式，飄帶不等式在極值點(diǎn)偏移時(shí)應(yīng)用也非常廣泛.

解法6（凹凸反轉(zhuǎn)［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(dāng)0＜x＜e-1時(shí)，g′（x）＞0;當(dāng)x＞e-1時(shí)，g′（x）＜0，因此g（x）在（0，e-1）上單調(diào)遞增，在（e-1，+∞）上單調(diào)遞減，g（x）≤g（e-1）=1e，當(dāng)且僅當(dāng)x=e-1時(shí)取等號(hào).h（x）=1-2xx2+2x+1=1-2x+1x+2≥1-22x·1x+2=12，當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào)，故g（x）≤1e＜12≤h（x），（）式成立，故原不等式成立.

圖2評(píng)注? 將要證不等式轉(zhuǎn)化為g（x）＜h（x），并且g（x）max＜h（x）min，進(jìn)而證明了原不等式，g（x）與h（x）的圖象如圖2，對(duì)于h（x）的最小值除了利用均值不等式外，還可以利用導(dǎo)數(shù)求出其最小值.函數(shù)凸凹性及應(yīng)用詳見文獻(xiàn)［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(dāng)且僅當(dāng)x=ne時(shí)取“=”號(hào)；

推論2? lnx+1x=e·ln（ex）ex≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取“=”號(hào)；

推論3? lnx+ax=lnx+lneax=ea·ln（eax）eax≤ea-1，當(dāng)且僅當(dāng)x=e1-a時(shí)取“=”號(hào).

解法7（異構(gòu)［7］）

解析? 由題意知只需證當(dāng)m≥1時(shí)，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?yàn)閤＞0，m≥1，所以（x-1）2+2m-12（x+1）＞0，結(jié)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(píng)注? 利用飄帶不等式進(jìn)行放縮，結(jié)合m的取值范圍證明了此不等式，文獻(xiàn)［7］中詳解給出異構(gòu)法在不等式證明、不等式恒成立求參數(shù)范圍、函數(shù)零點(diǎn)問題中的應(yīng)用，將函數(shù)轉(zhuǎn)化為多個(gè)非負(fù)函數(shù)的和的形式，利用原函數(shù)的非負(fù)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(gòu)［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(píng)注? 先利用放縮法將參數(shù)m放縮為常數(shù)，再利用異構(gòu)法，這也是證明含參數(shù)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(shù)f（x）的零點(diǎn)就是函數(shù)g（x）的零點(diǎn)，f（x）的定義域?yàn)椋?1，+∞），當(dāng)-1＜x≤0，m＞0時(shí)，g（x）=（x+1）ln（x+1）-x2-m＜0恒成立，g（x）無零點(diǎn)，不滿足題意，因此x＞0，由解法1知，g（x）max=g（x0）=x20+x0-1-m，當(dāng)f（x）有唯一零點(diǎn)時(shí)，設(shè)為x0，因?yàn)間（0）=-m＜0，

limx→+∞g（x）=-∞，所以x20+x0-1-m=0.（*）因?yàn)閥=x2+mx+1，所以y′=x2+2x-m（x+1）2，x＞0.令y′=0得 x1=-1+m+1，當(dāng)0＜x＜x1時(shí)，y′＜0;當(dāng)x＞x1時(shí)，y′＞0，因此函數(shù)y=x2+mx+1在（0，x1）上單調(diào)遞減，在（x1，+∞）上單調(diào)遞增，函數(shù)y=x2+mx+1的極小值點(diǎn)為x1.將x1代入（*）式得，m+1-12+m+1-2-m=0，化簡(jiǎn)得m+1=0，此方程無解，所以原命題成立．

評(píng)注? 第三問有一定難度，利用第二問中解法1，進(jìn)而證明了原不等式，對(duì)于函數(shù)y=x2+mx+1的極值點(diǎn)也可以利用對(duì)勾函數(shù)y=x2+mx+1=x+1+m+1x+1-2得到，該函數(shù)的極值點(diǎn)為x=m+1-1.

證法2（原函數(shù)分類討論）

證明? f（x）的定義域?yàn)椋?1，+∞），當(dāng)-1＜x≤0，m＞0時(shí)，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(diào)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(shí)，φ（x）＞0，f′（x）＞0，x∈（x0，+∞）時(shí)，φ（x）＜0，f′（x）＜0，因此f（x）在（0，x0）單調(diào)遞增，在（x0，+∞）單調(diào)遞減，f（x）max=f（x0）.由于f（0）=-m＜0，limx→+∞f（x）=-∞，當(dāng)函數(shù)f（x）恰有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，必有f（x）max=f（x0）=0，即x0為f（x）的唯一零點(diǎn)，下同證法1.

評(píng)注? 直接對(duì)原函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，利用導(dǎo)函數(shù)隱零點(diǎn)法，求得f（x）在x0處取得最大值，結(jié)合題意可知該最大值點(diǎn)為f（x）的唯一零點(diǎn)，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(shù)y=x2+mx+1的唯一極值點(diǎn)為x1=m+1-1，m＞0.假設(shè)結(jié)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?yàn)閔′（t）=1t-2＜0，t＞1，所以h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，h（t）＜h（1）=0，因此f（x1）=h（t）＜0與f（x1）=0矛盾，假設(shè)不成立，故原命題成立.

評(píng)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(guān)鍵詞時(shí)常用反證法來處理，正所謂正難則反，進(jìn)而證明原命題，文獻(xiàn)［4］中利用反證法解答了2023年乙卷理科導(dǎo)數(shù)壓軸題，在高考中，如果正面處理一些問題比較困難時(shí)，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(biāo)Ⅱ卷第21題，已知函數(shù)f（x）=ex-ln（x+m）.當(dāng)m≤2時(shí)，求證f（x）＞0.此不等式證明可利用隱零點(diǎn)、同構(gòu)、異構(gòu)、凸凹反轉(zhuǎn)、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(yīng)認(rèn)真研究歷年真題.

4? 應(yīng)用提升

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

（1）當(dāng)m=-1時(shí)，求fx的單調(diào)區(qū)間;

（2）已知x＞1，求證：當(dāng)m≥1時(shí)，fx＜0恒成立.

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

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

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

解析? a的取值范圍為a≥12.

結(jié)束語

這道高考模擬題，創(chuàng)新性比較高，有一定的區(qū)分度，從證明過程可以得出證明含參數(shù)不等式的常用方法有最值分析法、隱零點(diǎn)、同構(gòu)、異構(gòu)、凸凹反轉(zhuǎn)、切線放縮法等，在一題多解中，提升了學(xué)生的思維品質(zhì)，提高了學(xué)生的解題能力，進(jìn)一步提升了學(xué)生的核心素養(yǎng)，對(duì)于歷年真題的出處應(yīng)該溯源，適當(dāng)引入高觀點(diǎn)，易于看透問題的本質(zhì)，見文獻(xiàn)［8］.對(duì)于九省聯(lián)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(shí)間，應(yīng)強(qiáng)化運(yùn)算能力，突出關(guān)鍵分析能力;立足通性通法，掌握必備知識(shí);貫穿理性思維，注重學(xué)科素養(yǎng)立意.我們應(yīng)對(duì)教材深入復(fù)習(xí)，才是適應(yīng)新高考的法寶.

參考文獻(xiàn)

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［7］? 郭蒙，薛小強(qiáng).秉通法 悟通性 提升學(xué)科素養(yǎng)：以異構(gòu)法在高考導(dǎo)數(shù)壓軸題中的應(yīng)用為例［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)，2023（06）：44-48.

［8］? 郭蒙.高觀點(diǎn)視角下的必要性探路問題及高考應(yīng)用［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)研究（華南師范大學(xué)版），2023（19）：53+1-4.

作者簡(jiǎn)介? 郭蒙（1985—），男，陜西藍(lán)田人，碩士研究生，中學(xué)一級(jí)教師；主持兩項(xiàng)市級(jí)課題，兩次榮獲榆林市中小學(xué)教師學(xué)科能力競(jìng)賽市級(jí)決賽高中數(shù)學(xué)三等獎(jiǎng)，主要從事高中數(shù)學(xué)教育與教學(xué)研究，發(fā)表16篇論文.

薛小強(qiáng)（1979—），男，陜西吳堡人，中學(xué)一級(jí)教師，主持一項(xiàng)市級(jí)課題，主要從事中學(xué)數(shù)學(xué)調(diào)研與試題研究，發(fā)表多篇論文.