一道市一模导数压轴题的解法探究及试题溯源

郭蒙 薛小强

基金项目  榆林市微型课题“GeoGebra在新人教A版高中函数教学中的应用研究”（YWX242992）.

【摘  要】  这道宝鸡市一模导数压轴题，深入考查了分类讨论、化归与转化的思想，主要对其解法进行多视角探究，以提高备考策略，进一步提升学生学科素养.

【关键词】  导数恒成立;反证法;解法探究

《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》第83页中强调：教师要加强学习方法指导，帮助学生养成良好的数学学习习惯，敢于质疑、善于思考、理解概念、把握本质，数形结合、明晰算理，厘清知识的来龙去脉，建立知识之间的关联［1］.在一题多解中可以培养学生运算思辨的观念，开拓学生发散性的解题思路，提升学生解题的能力，培养学生的思维品质，进而提升备考效率，培养学生的学科素养.

1  试题呈现

（陕西省宝鸡市2023—2024学年高三理科第21题）已知函数f（x）=ln（x+1）-x2+mx+1（m∈R）.

（1）当m=-1时，求f（x）的单调区间;

（2）已知x＞0，求证：当m≥1时，f（x）＜0恒成立；

（3）设m＞0，求证：当函数f（x）恰有一个零点时，该零点一定不是函数y=x2+mx+1的极值点．

2  解法探究

2.1  第一问解法

解析  f（x）的定义域为（-1，+∞），当m=-1时，f（x）=ln（x+1）-x+1，f′（x）=-xx+1（x＞-1）.当-1＜x＜0时，f′（x）＞0;当x＞0时，f′（x）＜0.因此f（x）的递增区间为（-1，0），递减区间为（0，+∞）．

评注  第一问考查利用导数求函数的单调区间，符合低起点的命题要求，突出基础性要求.

2.2  第二問解法

解法1（隐零点法）

证明  原不等式等价于（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），则h′（x）=1x+1-2＜0，因此g′（x）在（0，+∞）上单调递减，因为g′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，当0＜x＜x0时，g′（x）＞0，当x＞x0时，g′（x）＜0，因此g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，g（x）max=gx0=x0+1lnx0+1-x20-m=（x0+1）2x0-1-x20-m=x20+x0-1-m，又因为x0∈12，1，所以gx0＜12+1-1-m=1-m≤0，因此m≥1时，g（x）＜0恒成立，即f（x）＜0．

评注  将不等式转化为整式，并且将m单独分离出来，将问题转化为证明g（x）的最大值小于零，利用隐零点法证明了g（x）的最大值小于零，进而证明原不等式，也为第三问做铺垫，将x，lnx放在一起研究问题，是一种常见策略.

解法2（最值法+隐零点）

证明  f′（x）=1（x+1）2（-x2-x+1+m）（x＞0），令φ（x）=-x2-x+m+1，x＞0，显然φ（x）在（0，+∞）上单调递减，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）时，φ（x）＞0，f′（x）＞0；x∈（x0，+∞）时，φ（x）＜0，f′（x）＜0，因此f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，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）上单调递减，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.

评注  直接证明fxmax＜0即可，这里利用导函数隐零点法证明了原不等式成立，这也是学生最容易想到的方法，对于含有lnx的不等式，一种方法是将lnx孤立出来，另一种方法是将x，lnx放在一起研究问题.

解法3（主元法+最值法）

证明  令h（m）=ln（x+1）-x2+mx+1（m≥1，x＞0），显然h（m）在［1，+∞）上单调递减，h（m）max=h（1）=

ln（x+1）-x2+1x+1，要证m≥1时，f（x）＜0恒成立，只需证h（m）＜0，即证h（m）max＜0，只需证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，当0＜x＜1时，g′（x）＞0;当x＞1时，g′（x）＜0，因此g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，g（x）≤g（1）=ln2-1＜0，（）式成立，故原不等式成立.

评注  利用主元法将含参数不等式放缩为不含参数不等式，直接进行求导，“对数单身狗”［2］一般情况下只需求导一次，此法明显优于参考答案隐零点法.

解法4（切线放缩）

证明  易证x-lnx-1≥0，当且仅当x=1时取等号［3］，用xe替换x得，lnx≤1ex，进而可得ln（x+1）≤1e（x+1），x＞-1.当且仅当x=e-1时取等号，由方法3知，只需证ln（x+1）-x2+1x+1＜0，

x＞0.（），令g（x）=ln（x+1）-x2+1x+1，x＞0，则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，当x=1e-1时，ymax=e（e-2）1-e＜0，因此g（x）＜0，（）式成立，故原不等式成立.

图1

评注  由图1可知，函数g（x）最大值离x轴还有一段距离，因此可以利用放缩法来证明，x-lnx-1≥0，lnx≤1ex是常见的对数切线不等式，利用切线不等式以直代曲，进而证明原不等式，这种以直代曲的思想是一种非常重要的思想.

解法5（飘带不等式［4］）

证明  令h（x）=lnx-12（x-1x），x＞1，则h′（x）=-（x-1）22x2＜0，故h（x）在（1，+∞）上单调递减，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，只需证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显然成立，因此原不等式成立.

评注  利用飘带不等式对不等式进行放缩，进而证明原不等式，飘带不等式在极值点偏移时应用也非常广泛.

解法6（凹凸反转［5］+基本不等式）

证明  由解法3知，只需证ln（x+1）-x2+1x+1＜0，x＞0，即证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，则g′（x）=1-ln（x+1）（x+1）2，当0＜x＜e-1时，g′（x）＞0;当x＞e-1时，g′（x）＜0，因此g（x）在（0，e-1）上单调递增，在（e-1，+∞）上单调递减，g（x）≤g（e-1）=1e，当且仅当x=e-1时取等号.h（x）=1-2xx2+2x+1=1-2x+1x+2≥1-22x·1x+2=12，当x=1时取等号，故g（x）≤1e＜12≤h（x），（）式成立，故原不等式成立.

图2评注  将要证不等式转化为g（x）＜h（x），并且g（x）max＜h（x）min，进而证明了原不等式，g（x）与h（x）的图象如图2，对于h（x）的最小值除了利用均值不等式外，还可以利用导数求出其最小值.函数凸凹性及应用详见文献［5］［6］，由不等式lnx≤1ex可以得到以下推论：

推论1  lnxxn≤1ne（n＞0，x＞0），当且仅当x=ne时取“=”号；

推论2  lnx+1x=e·ln（ex）ex≤1，当且仅当x=1时取“=”号；

推论3  lnx+ax=lnx+lneax=ea·ln（eax）eax≤ea-1，当且仅当x=e1-a时取“=”号.

解法7（异构［7］）

解析  由题意知只需证当m≥1时，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），因为x＞0，m≥1，所以（x-1）2+2m-12（x+1）＞0，结合ln（x+1）＜x2+2x2（x+1），x＞0，可得g（x）＞0，（）式成立，故原不等式成立.

评注  利用飘带不等式进行放缩，结合m的取值范围证明了此不等式，文献［7］中详解给出异构法在不等式证明、不等式恒成立求参数范围、函数零点问题中的应用，将函数转化为多个非负函数的和的形式，利用原函数的非负性，证明原不等式.以下式子被稱为飘带不等式：

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（放缩+异构［7］）

证明  由解法3知，只需证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显然成立，故原不等式成立.

评注  先利用放缩法将参数m放缩为常数，再利用异构法，这也是证明含参数不等式的一种策略.

2.3  第三问解法

证法1（整式化+分类讨论）

证明  由第二问解法1知，函数f（x）的零点就是函数g（x）的零点，f（x）的定义域为（-1，+∞），当-1＜x≤0，m＞0时，g（x）=（x+1）ln（x+1）-x2-m＜0恒成立，g（x）无零点，不满足题意，因此x＞0，由解法1知，g（x）max=g（x0）=x20+x0-1-m，当f（x）有唯一零点时，设为x0，因为g（0）=-m＜0，

limx→+∞g（x）=-∞，所以x20+x0-1-m=0.（*）因为y=x2+mx+1，所以y′=x2+2x-m（x+1）2，x＞0.令y′=0得 x1=-1+m+1，当0＜x＜x1时，y′＜0;当x＞x1时，y′＞0，因此函数y=x2+mx+1在（0，x1）上单调递减，在（x1，+∞）上单调递增，函数y=x2+mx+1的极小值点为x1.将x1代入（*）式得，m+1-12+m+1-2-m=0，化简得m+1=0，此方程无解，所以原命题成立．

评注  第三问有一定难度，利用第二问中解法1，进而证明了原不等式，对于函数y=x2+mx+1的极值点也可以利用对勾函数y=x2+mx+1=x+1+m+1x+1-2得到，该函数的极值点为x=m+1-1.

证法2（原函数分类讨论）

证明  f（x）的定义域为（-1，+∞），当-1＜x≤0，m＞0时，f（x）＜0，不满足题意，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，显然φ（x）在（0，+∞）单调递减，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）时，φ（x）＞0，f′（x）＞0，x∈（x0，+∞）时，φ（x）＜0，f′（x）＜0，因此f（x）在（0，x0）单调递增，在（x0，+∞）单调递减，f（x）max=f（x0）.由于f（0）=-m＜0，limx→+∞f（x）=-∞，当函数f（x）恰有一个零点时，必有f（x）max=f（x0）=0，即x0为f（x）的唯一零点，下同证法1.

评注  直接对原函数进行求导，利用导函数隐零点法，求得f（x）在x0处取得最大值，结合题意可知该最大值点为f（x）的唯一零点，下面利用反证法来解答此题.

证法3（反证法）

证明  由证法1知，函数y=x2+mx+1的唯一极值点为x1=m+1-1，m＞0.假设结论不成立，则f（x1）=0.下证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.因为h′（t）=1t-2＜0，t＞1，所以h（t）在（1，+∞）上单调递减，h（t）＜h（1）=0，因此f（x1）=h（t）＜0与f（x1）=0矛盾，假设不成立，故原命题成立.

评注  反证法是一种间接证明方法，题目中有至少，至多，唯一，不是等关键词时常用反证法来处理，正所谓正难则反，进而证明原命题，文献［4］中利用反证法解答了2023年乙卷理科导数压轴题，在高考中，如果正面处理一些问题比较困难时，可以利用反证法来解答.

3  试题溯源

这道题第二问源于2013年新课标Ⅱ卷第21题，已知函数f（x）=ex-ln（x+m）.当m≤2时，求证f（x）＞0.此不等式证明可利用隐零点、同构、异构、凸凹反转、切线放缩证明主元法等证明，这也是证明函参不等式最常用的方法，因此我们应认真研究历年真题.

4  应用提升

题1  （2024年宝鸡市一模（文数）第21题）已知函数fx=lnx-（x-1）2+mxm∈R．

（1）当m=-1时，求fx的单调区间;

（2）已知x＞1，求证：当m≥1时，fx＜0恒成立.

解析  （1）f（x）的递增区间为（0，1），递减区间为（1，+∞）.（2）略.

题2   （2013年新课标Ⅱ卷第21题）已知函数f（x）=ex-ln（x+m）.当m≤2时，求证f（x）＞0.

题3  （2023年全国乙卷文科第20题）已知函数f（x）=（1x+a）ln（1+x），若函数f（x）在（0，+∞）单调递增，求a的取值范围.

解析  a的取值范围为a≥12.

结束语

这道高考模拟题，创新性比较高，有一定的区分度，从证明过程可以得出证明含参数不等式的常用方法有最值分析法、隐零点、同构、异构、凸凹反转、切线放缩法等，在一题多解中，提升了学生的思维品质，提高了学生的解题能力，进一步提升了学生的核心素养，对于历年真题的出处应该溯源，适当引入高观点，易于看透问题的本质，见文献［8］.对于九省联考释放的信息，我们能切身感受到教材在新高考中的地位越来越重要，在高考前这段时间，应强化运算能力，突出关键分析能力;立足通性通法，掌握必备知识;贯穿理性思维，注重学科素养立意.我们应对教材深入复习，才是适应新高考的法宝.

参考文獻

［1］  中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准：2017年版2020年修订［M］.北京：人民教育出版社，2020.

［2］  郭蒙.2023年新课标Ⅱ卷数学第22题的解法探究及溯本探源［J］.中学数学研究（华南师范大学版），2023（15）：24-26.

［3］  郭蒙.携手切线不等式 巧解导数压轴题：例说切线放缩携手同构法在解题中的应用［J］.高中数学教与学，2023（08）：28-30.

［4］  郭蒙.2023年高考乙卷理科第21题的解法探究［J］.中学数学研究（华南师范大学版），2024（01）：53+1-4.

［5］  郭蒙.高观点视角下的函数凸凹性问题及其高考应用［J］.福建中学数学，2023（12）：26-28.

［6］  郭蒙.导数压轴题的多视角解法探究及背景溯源：以2023年天津卷与全国甲卷文科导数压轴题为例［J］.教学考试，2023（06）：39-46.

［7］  郭蒙，薛小强.秉通法 悟通性 提升学科素养：以异构法在高考导数压轴题中的应用为例［J］.中学数学教学，2023（06）：44-48.

［8］  郭蒙.高观点视角下的必要性探路问题及高考应用［J］.中学数学研究（华南师范大学版），2023（19）：53+1-4.

作者简介  郭蒙（1985—），男，陕西蓝田人，硕士研究生，中学一级教师；主持两项市级课题，两次荣获榆林市中小学教师学科能力竞赛市级决赛高中数学三等奖，主要从事高中数学教育与教学研究，发表16篇论文.

薛小强（1979—），男，陕西吴堡人，中学一级教师，主持一项市级课题，主要从事中学数学调研与试题研究，发表多篇论文.