2024年4月28日发(作者：)

２０２３

年

６

月上半月

　

讲题比赛

　

讲题比赛一等奖获奖论文之二十一

:

思维导图引导下的一道函数导数题

的解法探究

———

以

２０２２

年新高考

I

卷压轴题为例

　　

◉

滨州实验中学

　

王

　

洁

　

刘晓蕾

　

贾生森

１

若

a

＞０

,

当

g

在

′

(

x

)

＜０

时

,

x

∈

０

,,

x

)

g

(

a

１

题目再现

x

x

)

＝e－

ax

和

g

(

x

)

＝

ax

－ln

x

有相同的最小值

．

f

(

()

题目

　

(

已知函数

２０２２

年新高考

Ⅰ

卷第

２２

题

)

()

求

a

;

１

和

y

＝

g

(

有三个不同的交点

,

并且从左到右

x

)

x

)

f

(

的三个交点的横坐标成等差数列

．

分析

:

本题是

２０２２

年新高考

Ⅰ

卷的最后一道大

(

证明

:

存在直线

y

＝

b

,

其与两条曲线

y

＝

２

)

１１

单调递减

;

当

g

′

(

x

)

＞０

时

,

x

∈

(

,

＋∞

)

,

(

０

,

)

aa

１

在

(

,

所以

g

(

的最小值为

x

)

＋∞

)

单调递增

．

x

)

g

(

a

１

ln

a

．

g

(

)

＝１＋

a

由题设

,

可得

a

－

a

一般的处理方

ln

a

＝１＋ln

a

．

法是将方程变为

l

然后构造函

n

a

＋

a

ln

a

＋１－

a

＝０

,

,

数

m

(

则

x

)

＝ln

x

＋

x

ln

x

＋１－

x

,

x

∈

(

０

,

＋∞

)

题

,

主要考查的是选择性必修第二册第五章

“

一元函

,

数的导数及其应用

”

这一章节内容是每年高考的必

考内容

,

因为它涉及较多高中数学的基础内容

、

思想

方法

、

逻辑思维等

．

本题小巧玲珑

,

结构新颖

,

思维巧

妙

,

非常漂亮

!

第

(

问的设置比较基础

,

第

(

问就

１

)

２

)

具有一定的选拔性

,

命题人将指数函数

、

对数函数与

参数结合

,

考查函数的单调性

、

零点存在定理

、

同构

、

反函数等知识

．

m′

(

x

)

＝

１１

构造新函数

n

(

则

＋ln

x

．

x

)

＝＋ln

x

,

xx

x

－１

可得

n

(

在

(

上单调递减

,

在

(

n′

(

x

)

＝

２

,

x

)

０

,

１

)

１

,

x

所以

m

可知

m

(

在

(

上单调递增

．

１．

′

(

x

)

＞０

,

x

)

０

,

＋∞

)

)

又因为

m

(

所以

m

(

在

(

上有唯一零

１＝０

,

x

)

０

,

＋∞

)

点

,

从而

a

＝１．

上述解法比较复杂

,

构造函数的好与坏直接影响

着求解过程的繁与简

．

观察函数的结构特征

,

我们发现

并且

l

a

－

a

ln

a

＝１＋ln

a

是超越方程

,

n

a

前面含有

上单调递增

,

于是

n

(

在

n

＝１

时取得最小值

＋∞

)

x

)

２

解法探究

)

问的解析

２．１

第

(

１

x

由题设

,

可得

f

′

(

x

)

＝e－

a

,

′

(

x

)

＝

a

－

g

１

．

x

若

a

≤０

,

则函数

f

(

没有最小值

．

x

)

２

于是想到分离

l

即

l

设函数

a

,

n

a

,

n

a

＋－１＝０．

a

＋１

在

(

单调递减

;

当

f

－∞

,

ln

a

)

′

(

x

)

＞０

时

,

x

∈

(

ln

a

,

,

在

(

单调递增

．

所以

f

(

的最

＋∞

)

x

)

ln

a

,

＋∞

)

x

)

f

(

小值为

f

(

ln

a

)

＝

a

－

a

ln

a

．

若

a

≤０

,

则函数

g

(

没有最小值

．

x

)

,

若

a

＞０

,

当

f

′

(

x

)

＜０

时

,

x

∈

(

－∞

,

ln

a

)

x

)

f

(

F

(

x

)

＝ln

x

＋

２

则

F

(

－１

,

１

)

＝０

,

F′

(

x

)

＝

x

＋１

x

２

＋１

故

F

(

在

(

单调递增

,

从而

０

,

x

)

０

,

＋∞

)

２

＞

)

x

(

x

＋１

)

问的证法探究

２．２

第

(

２

在

(

有唯一零点

,

因此

a

＝１．

F

(

x

)

０

,

＋∞

)

)

第

(

问的思维导图如图

１

所示

．

２

３

Copyright©博看网. All Rights Reserved.

　　　

讲题比赛

２０２３

年

６

月上半月

构造函数

,

利用零点存在定理

,

确定隐零点

．

　　

证法

１

:

x

)

由

(

知

,

１

x

)

＝e－

x

,

x

)

＝

x

－ln

x

．

f

(

g

(

x

G′

(

x

)

＝e＋

x

G′

(

x

)

＝e＋

x

设函数

G

(

则

x

)

＝

f

(

x

)

－

g

(

x

)

＝e＋ln

x

－２

x

,

图

１

上单调递增

;

在

＋∞

)

x

)

g

(

(

０

,

１

)

上单调递减

,

在

(

１

,

上单调递增

．

如图

２

,

存

＋∞

)

在直线

y

＝

b

与两条曲线

y

＝

１

x

因为

e

所以当

x

＞０

时

,

－２．≥

x

＋１

,

x

１１

因此

G

(

在

－２＞１＋

x

＋－２＞０

,

x

)

xx

e

和

y

＝

g

(

共有三个不

x

)

x

)

f

(

同的交点

,

设这三个不同交点

的横坐标分别为

x

１

,

x

０

,

x

２

,

图

２

－２

x

)

取

b

＝e

则

b

＝

x

０

－

由

(

x

０

∈

(

e

,

１

．

－

x

０

,

ln

x

０

,

１

)

知

,

所以

x

０

是函数

y

＝

f

(

的

b

＞１．

x

)

－

b

在

(

０

,

＋∞

)

又

G

(

e

)

＝e－２－２e＜e－２＜０

,

G

(

１

)

＝

所以

G

(

在

(

恰有一个零点

x

０

,

且

e－２＞０

,

x

)

０

,

＋∞

)

－２－２

(

单调递增

．

０

,

＋∞

)

且

x

１

＜

x

０

＜

x

２

,

则

x

１

＜０＜

x

０

＜１＜

x

２

,

于是有

()

上单调递减

,

故

l－∞

,

０n

x

０

是函数

y

＝

f

(

x

)

－

b

)

在

(

的唯一零点

．

－∞

,

０

xx

一零点

;

又因为

e

在

(

＞１

,

e

)

＝

b

,

x

)

１

,

＋∞

)

g

(

g

(

x

上单调递增

,

所以

e

是函数

y

＝

g

(

x

)

－

b

在

(

１

,

＋∞

)

的唯一零点

．

唯一零点

;

又因为

l

在

n

x

０

＜０

,

ln

x

０

)

＝

b

,

x

)

f

(

f

(

与

g

(

的结构

,

结合指数式与对数式可以相互

x

)

x

)

f

(

ln

x

ln

x

,,

转化

,

将

(

式中的

x

０

改写成

eⅡ

)

x

２

改写成

e

x

１

)

＝

f

(

x

０

)

＝

g

(

x

０

)

＝

g

(

x

２

)

＝

b

．

f

(

x

e－

x

１

＝

b

,

x

０

－ln

x

０

＝

b

,

(

)

(

)

即

Ⅰ

且观察

Ⅱ

x

x

２

－ln

x

２

＝

b

．

e－

x

０

＝

b

,

{

{

同理可得

,

的唯

x

０

是函数

y

＝

g

(

x

)

－

b

在

(

０

,

１

)

ln

x

e－ln

x

０

＝

b

,

可得

(

Ⅲ

)

ln

x

e－ln

x

２

＝

b

．

{

,(

从左到右共有三个不同的交点

(

x

)

ln

x

０

,

b

)

x

０

,

g

(

xx

,(

因为

e

所以这三个交点的

b

)

e

,

b

)

．

＋ln

x

０

＝２

x

０

,

所以

,

直线

y

＝

b

与两条曲线

y

＝

f

(

和

y

＝

x

)

x

,

即

f

(

所以

f

(

x

)

＝e－

x

,

x

１

)

＝

f

(

ln

x

０

)

x

０

)

＝

f

(

,,,

又因为

x

１

＜０

在

ln

x

２

)

．

０＜

x

０

＜１ln

x

０

＜０

x

)

f

(

f

(

xx

即

x

２

＝e

故

x

１

＋

x

２

＝

x

０

＝ln

x

２

,

．

ln

x

０

＋e

．

观察发现

(

式与

(

式背后隐藏着一个函数

,

Ⅰ

)

Ⅲ

)

()

上单调递减

,

所以可得

x

１

＝

同理

,

可得

－∞

,

０ln

x

０

．

x

,

又因为

f

(

即

e

x

０

)

＝

g

(

x

０

)

－

x

０

＝

x

０

－ln

x

０

,

横坐标依次构成等差数列

．

)

由

(

可得

,

在

(

上单调递减

,

在

(

１

x

)

－∞

,

０

)

０

,

f

(

　　　

证法

２

:

同构法

(

对数向指数转化

)

．

和

y

＝

g

(

共有三个不同的交点

,

并且从左

x

)

x

)

y

＝

f

(

到右的三个交点的横坐标成等差数列

．

x

所以存在直线

y

＝

b

,

其与两条曲线

e＋ln

x

０

＝２

x

０

,

４

Copyright©博看网. All Rights Reserved.

２０２３

年

６

月上半月

　

讲题比赛

A．

x

２

＝

a

e　　　　B．

x

２

＝ln

x

１

x

x

　

证法

３

:

同构法

(

指数向对数转化

)

．

则证法

２

中的

(

x

１

改写成

lne

,

x

０

改写成

lne

,

Ⅰ

)

xx

e－lne＝

b

,

)

式变形为

(

观察发现

(

式与

ⅣⅡ

)

xx

e－lne＝

b

．

(

式背后隐藏着函数

g

(

所以

Ⅳ

)

x

)

＝

x

－ln

x

,

xx

数向指数转化

,

同样也可以指数向对数转化

．

所以将

根据指数式和对数式可以相互转化

,

证法

２

是对

C．

x

３

＝e

{

xx

而由

０＜

x

０

＜１

,

在

x

０

)

＝

g

(

e

)

．

０＜e＜１

,

x

)

g

(

g

(

x

(),

上单调递减

,

可得

x

０

＝e

即

x

１

＝

同理

,

０

,

１ln

x

０

．

１－

x

x

得

x

＝１．

＝０

,

y

＝

x

在

x

ee

(

单调递增

,

在

(

－∞

,

１

)

１

,

单调递减

,

＋∞

)

y

max

＝

x

解法

１

:

由

y

′

＝

y

＝

x

,

e

D．

x

１

x

３

＝

x

２

２

xx

,

可得

e

x

０

)

－

x

０

＝

x

０

－ln

x

０

所以

e＋ln

x

０

＝

g

(

得证

．

２

x

０

,

xx

可得

x

２

＝e

所以

x

１

＋

x

２

＝

又由

f

(

．

ln

x

０

＋e

．

x

０

)

＝

ln

x

),

同理

,

可知

y

＝

在

(

单调递增

,

在

(

单

０

,

ee＋∞

)

x

调递减

,

y

max

＝

１

如图

４．

．

e

１

．

e

图

４

由题意可得

,

e－

x

＝

b

和

x

－ln

x

＝

b

共有三个

x

不同的根

,

等价于

e＝

x

＋

b

和

ln

x

＝

x

－

b

共有三个

x

证法

４

:

反函数法

．

不同的根

．

因为

y

＝e

和

y

＝

所以它

ln

x

互为反函数

,

们的图象关于

y

＝

x

对称

;

b

和

y

＝

x

－

b

也互

y

＝

x

＋

x

如图

３

,

且

B

,

ln

x

与

y

＝

x

－

b

交于

C

,

D

两点

,

C

y

＝

的横坐标相同时

,

共有

３

根

．

,

设点

A

(

x

１

,

y

１

)

,,

B

(

x

０

,

C

(

x

０

,

y

０

)

y

３

)

,

由反函数的

D

(

x

２

,

y

２

)

对称性

,

易知

x

０

－

x

１

＝

为反函数

,

它们的图象也关于

y

＝

x

对称

．

根据对称性

,

x

可知

∃

使得

y

＝e

与

y

＝

x

＋

b

∈R

,

b

交于

A

,

B

两点

,

B

错误

．

xx

ln

x

ln

x

２

x

１２２

,)

由

x

＝

x

＝

单调

a

＝＝

l

０

,

１

y

＝

x

在

(

n

x

x

eeee

２

递增

,

得

x

１

＝

所以选项

０＜

x

１

＜１

,

０＜ln

x

２

＜１

,

ln

x

２

．

x

２

x

由

x

＝

得

x

２

＝

所以选项

A

正确

．

a

,

a

e

．

e

x

e

x

,,,

调递减

,

得

e

选项

C

正确

．

e∈

(

ee

)

x

３

＞e＝

x

３

．

x

ln

x

３

lne

x

２

ln

x

,,

由

x

＝

x

＝

在

(

单

a

＝e＋∞

)

y

＝

x

３

x

ee

x

２

x

由

x

１

选项

D

正确

．

x

３

＝eln

x

２

＝