2023年高考乙卷理科第21题的解法探究.pdf

2023 年高考乙卷理科第 21 题的解法探究陕西省榆林市吴堡中学(718200)郭 蒙摘要 2023 年高考乙卷理科第 21 题将导数、函数与不等式有机结合,深入考察了数形结合、函数与方程、分类讨论、化归与转化的思想,综合考察学生的逻辑推理、运算求解、推理论证能力,试题综合性强,区分度高,满足了高考选拔高层次人才的要求,非常有必要探究.关键词 2023 全国乙卷;导数;解法探究1 试题呈现题 目(2023 年 高 考 乙 卷 理 科 第 21 题)已 知 函 数f(x)=(1x+a)ln(1+x).(1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)是否存在 a,b,使得曲线 y=f(1x)关于直线 x=b对称,若存在,求 a,b 的值,若不存在,说明理由.(3)若 f(x)在(0,+)存在极值,求 a 的取值范围.题目的第(1)问题目比较常规;第(2)问创意新颖,需观察函数的定义域.第(3)问难度较大,从多角度考察考生利用导数研究函数性质的方法,对逻辑推理能力、运算能力、分类与整合的能力提出了较高的要求,区分度高,突出选拔功能,主要考察利用导数判断函数单调性、极值点的方法;考察灵活运用导数工具分析问题、解决问题的能力,较好地考察了考生进一步学习的潜能,对中学数学教学具有较好的引导作用.这道高考题难度上进行了合理控制,体现了学科知识本质的基础性,落实了高考内容改革,考查学生对基础知识和基本方法的深刻理解及融会贯通的应用,落实“四翼”考察要求,聚焦学科核心素养,彰显了试题的综合性,符合选拔高层次人才的要求1.2 解法探究(1)的解析当 a=1 时,f(x)=(1x 1)ln(1+x),则 f(1)=0,f(x)=ln(x+1)x2+1 xx(x+1),则 f(1)=ln2,因此曲线 y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为xln2+y ln2=0.评注第一问面向大部分考生,符合低起点的命题要求,考察导数公式、导数运算法则以及导数的几何意义,突出基础性要求.(2)的解析 由1x 1 得 x 0,函数y=f(1x)的定义域为(,1)(0,+),定义域关于x=12对称,假设存在 a,b 使得曲线 y=f(1x)关于直线x=b 对称,则 b=12.设(x)=f(1x)=(x+a)ln(1x+1),由题意可得(x)=(1 x)(x+a)ln(1x+1)=(1 x+a)ln(11+x+1)(x+a)lnx+1x=(1 x+a)lnxx+1,解得 a=12,即存在 a=12,b=12满足题意.中学数学研究 编辑委员会社长 李进开顾问 刘秀湘 吕杰主编 徐志庭副主编 何小亚 吴有昌编委王勇方勇叶远灵吕杰刘喆刘名生刘秀湘苏洪雨李健全李湖南吴琴吴有昌吴振文何小亚张建斌张蜀青陈镇民林长好罗世平姚静俞海波袁平之袁汉辉徐志庭章绍辉黃志波韩彦昌葛文秀2024 年第 1 期(上半月刊)中学数学研究1评注 此题属于基础题,有一定创新性,若曲线y=f(1x)关于直线x=b对称,则该函数定义域一定也关于直线x=b对称,考察学生数形结合的思想,要求学生具备较强的观察能力以及恒等变形能力.2023 年这道高考试题在反套路、反机械刷题方面下功夫,突出强调对基础知识和基本概念的深入理解和灵活掌握.以下主要考虑(3)的解答.解法1(对数单身狗)f(x)=1x2x(ax+1)x+1ln(x+1),因为 f(x)在(0,+)存在极值,因此 f(x)在(0,+)上有变号的零点,令 g(x)=x(ax+1)x+1 ln(x+1),x 0,则f(x)在(0,+)上有变号的零点等价于 g(x)在(0,+)上有变号的零点,且 g(0)=0,g(x)=x(ax+2a 1)(x+1)2.当 a 6 0 时,g(x)0,g(x)在(0,+)上单调递减,g(x)12时,g(x)0,g(x)在(0,+)上单调递增,g(x)g(0)=0,因此 g(x)不存在零点,舍去,g(x)图象如图 2.图 1图 2图 3当 0 a 12时,0 x 1a 2 时,g(x)1a 2 时,g(x)0.因此 g(x)在(0,1a 2)上单调递减,在(1a 2,+)上单调递增,g(1a 2)0,则 h(x)=(x 1)22x(x+1)60,h(x)在(0,+)上单调递减,h(x)h(0)=0,即ln(x+1)0,g(x)x(ax+a)x+1x=axx,令 m=1a2(1a 2,+),则 g(m)am m=0,由零点存在性定理可知,存在唯一 x0(1a 2,m),使得g(x0)=0,当 x (1a 2,x0)时,g(x)0,因此 g(x)在(0,+)有变号零点,满足题意,g(x)图象如图 3.综上,a 的取值范围(0,12).评注利用转化思想,将问题转化为 g(x)在(0,+)上存在变号的零点,难点在于导数取点问题,此类问题在高考中频繁出现,有一定难度,利用极限法取点,比如limx+g(x)=+会扣一点分.取点问题主要利用放缩找点,要求考生熟记常见放缩不等式,考试中利用这些公式时需要证明.本题将 g(x)放缩,使得放缩后的右边函数 ax x=0.容易解出,当 x 1a2时,g(x)0,这样的点有无数个.本题 m 取法也可以利用飘带不等式得到,令 h(x)=lnx 12(x 1x),0 x 1,h(x)=(x 1)22x2h(1)=0,即 lnx 12(x 1x),0 x 1;当 0 a m(am+a)m+1 ln(m+1)=2lna 12(a 1a)0,将 f(x)中的对数型函数“独立分离”出来,在对新函数g(x)求导后,就不含有对数了,从而避免了多次求导,大大简化了运算.将这种变形过程形象的称为“对数单身狗”,常见放缩公式有:ex x+1;xex x;ex ex(x R);ex 1+x+12x2(x 0);ex611 x(x lnx 1 1x(x 0);ln(x+1)6 x,(x 0);ln(x+1)0);12(x 1x)6 lnx 62(x 1)x+1(0 1)等.解法 2(分类讨论)f(x)=1x2(x+1)ax2+x (x+1)ln(x+1),因为 f(x)在(0,+)存在极值,因此 f(x)在(0,+)上有变号的零点,令g(x)=ax2+x (x+1)ln(x+1),x 0,则 f(x)在(0,+)上有变号的零点等价于 g(x)在(0,+)上有变号的零点,g(x)=2ax ln(x+1),g(x)=2ax+2a 1x+1,x 0.当 a 6 0 时,g(x)6 ln(x+1)0,g(x)在(0,+)上单调递减,g(x)12时,g(x)xx+1 0,g(x)在(0,+)上单调递增,g(x)g(0)=0,因此 g(x)在(0,+)上单调递增,g(x)g(0)=0,因此 g(x)不存在零点,舍去.当 0 a 12时,g(12a 1)=0,x (0,12a 1)时,g(x)0,因此g(x)在(0,12a 1)上单调递减,在(12a 1,+)上单调递增,令(x)=ln(x+1)x,x 0,则(x)=(x 1)22x(x+1)6 0,因 此(x)在(0,+)上 单 调 递 减,(x)(0)=0,ln(x+1)0,因为 g(12a1)2ax x,令 m=14a2(12a 1,+),2中学数学研究2024 年第 1 期(上半月刊)g(m)2a 14a214a2=0,由零点存在性定理可知,存在唯一 x0(12a 1,m),使得 g(x0)=0,当 x (0,x0)时,g(x)0,因此 g(x)在(0,x0)上单调递减,g(x0)(x+1)x(ax+a)x+1x=(x+1)(ax x),令 n=1a2(x0,+),则 g(n)(n+1)(an n)=0,由零点存在性定理可知,存在唯一 x1(x0,+),使得g(x1)=0,当 x (0,x1)时,g(x)g(x1)=0,即 g(x)在(0,+)上有变号零点,满足题意.综上,a 的取值范围是(0,12).评注直接分类讨论,计算量较大,利用“对数单身狗”可以大大简化运算,方法 1 明显优于直接分类讨论,导数中还有一种方法“指数找朋友”希望读者也能掌握,找点方法很多,主要是利用常见放缩公式,全国乙卷已连续两年考查导数找点问题,希望能引起读者重视.解法 3(分离参数+洛必达法则2)f(x)=1x2ln(x+1)x(ax+1)x+1,因为 f(x)在(0,+)存在极值,所以 f(x)在(0,+)上有变号的零点,令 f(x)=0,得(x+1)ln(x+1)xx2 a=0,令 g(x)=(x+1)ln(x+1)xx2 a,则 f(x)在(0,+)有 变 号 的 零 点 等 价 于 g(x)在(0,+)上 有 变 号 的 零点,g(x)=1x32x (x+2)ln(x+1),令 h(x)=2x(x+2)ln(x+1),x 0,h(x)=1 1x+1 ln(x+1),h(x)=x(x+1)2 0,h(x)在(0,+)上单调递减,h(x)h(0)=0,h(x)在(0,+)上单调递减,h(x)h(0)=0,g(x)0 且 a 0,即0 a 0,h(x)=x2(x+1)(x+2)2 0.h(x)在(0,+)上单调递减,h(x)h(0)=0,g(x)0 或 f(x)6 0 在(0,+)上恒成立.情形 1:f(x)=1x2x(ax+1)x+1 ln(x+1)0 在(0,+)上恒成立,因此x(ax+1)x+1 ln(x+1)0,令g(x)=x(ax+1)x+1 ln(x+1),则 g(x)0 在(0,+)上恒成立,g(0)=0,g(x)=x(x+1)2(ax+2a 1).当 a 6 0 时,g(x)0,g(x)在(0,+)上单调递减,g(x)12时,g(x)0,g(x)在(0,+)上单调递增,g(x)g(0)=0,满足题意;当0 a 12时,x (0,1a 2)时,g(x)0,g(x)单调递减,g(x)12.情形 2:f(x)6 0.则 g(x)6 0 在(0,+)上恒成立,g(0)=0,g(x)=x(x+1)2(ax+2a 1).当 a 6 0 时,g(x)0,g(x)在(0,+)上单调递减,g(x)12时,g(x)0,g(x)在(0,+)上单调递增,g(x)g(0)=0,不满足题意,舍去;当 0 a 12时,x (0,1a2)时,g(x)0,g(x)单调递增,令 h(x)=ln(x+1)x,x 0,则 h(x)=(x 1)22x(x+1)6 0,h(x)在(0,+)上单调递减,h(x)h(0)=0,即 ln(x+1)0,g(x)x(ax+a)x+1x=axx,令 m=1a2(1a2,+),则g(m)am m=0 与 g(x)6 0 矛盾,舍去.此时 a 的取值范围为 a 6 0.故 f(x)在(0,+)不存在极值时,a 的取值范围为 a 6 0 或 a 12,因此,f(x)在(0,+)存在极值时,a 的取值范围为(0,12).评注 此方法利用间接法将问题转化为导函数恒成立问题,解法巧妙、新颖,对于恒成立问题,可以利用必要性探路,分离参数、分类讨论等方法解决,本题方法类似于概率中的对立事件概率公式,体现正难则反思想.2023 年高考乙卷文科导数题:“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”就是本题解法中导函数大于等于 0 的一种特殊情况,可见试题设计的精彩之处.解法 6(间接法+分离参数)假设 f(x)在(0,+)不存在极值,则 f(x)0 或 f(x)6 0 在(0,+)上恒成立.若f(x)0 时,因为 f(x)=1x2x(ax+1)x+1 ln(x+1),所以(x+1)ln(x+1)xx26 a.()令 g(x)=(x+1)ln(x+1)xx2,x0,则 g(x)=2x (x+2)ln(x+1)x3,令 h(x)=2x (x+2)ln(x+1),x 0,则 h(x)=11x+1ln(x+1),h(x)=xx+1 0,因此 h(x)在(0,+)上单调递减,h(x)h(0)=0,h(x)在(0,+)上单调递减,h(x)h(0)=0,因此g(x)limx0g(x)=limx0(x+1)ln(x+1)xx2=limx0ln(x+1)2x=limx01/(x+1)2=12.此时 a 的取值范围为 a 12.若 f(x)6 0 时,则(x+1)ln(x+1)xx2 a,()因为 g(x)在(0,+)上单调递减,所以a 6limx+g(x)=limx+(x+1)ln(x+1)xx2=limx+ln(x+1)2x=limx+121x+1=0.此时 a 的取值范围为 a 6 0.故 f(x)在(0,+)不存在极值时,a 的取值范围为 a 6 0 或 a 12,因此 f(x)在(0,+)存在极值时,a 的取值范围为(0,12).评注本题利用分离参数法求出了参数范围,利用洛必达法则求极限.图 5图 6解 法 7(间 接 法+异 构)同 解 法 5,若 f(x)0时,令 g(x)=x(ax+1)x+1 ln(x+1),则 g(x)0 在(0,+)上恒成立,令 h(x)=lnx 12(x 1x),x 1,h(x)=(x 1)22x2 0,h(x)在(1,+)上单调递减,h(x)h(1)=0 即 lnx 1,因此 ln(x+1)0,g(x)=x2+2x2(x+1)ln(x+1)+(2a 1)x22(x+1),当 a 12时,g(x)0,满 足 题 意;当 a 1,h(x)=(x 1)2x(x+1)2 0.h(x)在(1,+)上单调递增,h(x)h(1)=0,因此lnx 2(x 1)x+1,x 1,ln(x+1)2xx+2,x 0.从而,g(x)ax2+xx+12xx+2=x2(x+1)(x+2)(ax+2a 1).当 a 6 0 时,g(x)0,不满足题意.当 0 a 0,则 g(n)12.若 f(x)6 0 时,则 g(x)6 0 在(0,+)上恒成立,令m(x)=xx+1ln(x+1),x 0,则 m(x)=x(x+1)2 0,m(x)在(0,+)上 单 调 递 减,m(x)m(0)=0,即xx+1 0,g(x)=ax2x+1+xx+1ln(x+1).当 a 6 0 时,g(x)6 0 显然成立;当 a 0 时,由解法 1知 ln(x+1)0,g(x)x(ax+1)x+1x ax2 ax+1x=ax a x ax x a 1=(x+1)(ax a 1).令 m=(1+1a)2 0,则 g(m)(m+1)(ama1)=0,不满足题意,舍去.g(x)图象如图 6,此时 a 的取值范围为 a 6 0.故 f(x)在(0,+)不存在极值时,a 的取值范围为 a 6 0 或 a 12,因此 f(x)在(0,+)存在极值时,a 的取值范围为(0,12).4中学数学研究2024 年第 1 期(上半月刊)2023 年高考新课标 I 卷第 21 题背景分析与思考广东省东莞市第四高级中学(523200)周应祥摘要 本文从高考试题的解法赏析、教材背景、高等数学背景和对高考试题、教材习题、模拟试题进行 4 次拓展探究与数学建模,得到 6 个结论,对学生梳理数学知识,掌握两点分布、全概率公式与期望性质,引导学生掌握数学命题迁移的规律,并会用结论解决相关的高考及模拟试题,给出一些教学和备考建议.关键词 两点分布;全概率公式;马尔可夫链2023 届是新教材新高考第一年,在人工智能、大数据等时代背景下,数学作为基础学科,作为国家选拔人才的重要学科,受到广泛关注,今年高考试题命制质量非常高,命题者的理念先进,契合时代趋势和国家科技发展需要,重点考察考生的数学抽象、逻辑推理、数学建模、数学运算、直观想象、数据分析等六大核心素养.2023 年高考新课标 I 卷第 21 题的考点是两点分布、全概率公式和期望线性性质,题目背景是马尔可夫链.1.高考试题解法赏析与失误原因题目(2023 年高考新课标 I 卷第 21 题)甲乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若末命中则换为对方投篮 无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为 0.6,乙每次投篮的命中率均为 0.8,由抽签决定第一次投篮的人选,第一次投篮的人是甲,乙的概率各为 0.5(1)求第 2 次投篮的人是乙的概率;(2)求第 i 次投篮的人是甲的概率;(3)已知:若随机变量 Xi服从两点分布,且 P(Xi=1)=1 P(Xi=0)=qi,i=1,2,n 则 E(ni=1Xi)=ni=1qi.记前 n 次(即从第 1 次到第 n 次投篮)中甲投篮的次数为 Y,求 E(Y)1.1 解法赏析(1)记 Ai=“第 i 次投篮的人是甲”,Bi=“第 i 次投篮的人是乙”,P(B2)=0.6,过程略.评注所谓“异构”,是指利用多个不同的函数构造,对原函数进行恒等变形,将其转化为多个非负函数的和的形式,再利用原函数的非负性,求出参数的范围,矛盾点(矛盾区间)的取法除了放缩原函数,也可以利用导函数或者隐零点放缩法来取矛盾点(矛盾区间).3 试题的溯源溯源 1(2022 年高考乙卷理科第 16 题)已知 x=x1和x=x2分别是函数 f(x)=2ax ex2(a 0,且 a=1)的极小值点和极大值点,若 x1 x2,则实数 a 的取值范围是.(答案:实数 a 的取值范围是(1e,1)溯源 2(人教 A 版选择性必修第二册第 104 页 19 题)已知函数 f(x)=ae2x+(a 2)ex x 有两个零点,求 a 的取值范围.(答案:a 的取值范围是(0,1)评注教学中应关注真题及课本上习题,通过真题把握教学方向,充分发挥高考试题的教育价值.2023 年高考乙卷理科第 21 题是一道非常精彩的压轴题,难度较大,创新性极高,真正起到了高校选拔考试的目的.在一题多解中,培养了学生的发散思维能力和创新精神,培养了学生的运算思辨观念,提高了学生的解题能力与优化运算策略.在高三一轮复习时,应重视基础知识,强化基础知识的落实,为二轮复习做好铺垫,重视通性通法,重视知识的形成过程,淡化技巧,多反思,体会命题人的意图,明确考察的知识与能力,落实数学学科核心素养,重视导数与三角函数、数列等的多元融合.参考文献1 教育部教育考试院.深入考察基础知识和能力助理人才选拔和“双减”落地 2023 年高考数学全国卷试题评析 J.中国考试,2023(07):15-21.2 华东师范大学数学系.数学分析上册(第三版)M.北京:高等教育出版社,1999.3 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 年新课标 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(08 上):24-26.5 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(10 上):1-4.6 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.