大东区零模数学23题解析与解题技巧分享

引言

大东区零模考试（通常指高三第一次模拟考试）是检验学生第一轮复习成果的重要考试，其数学试题往往具有较高的综合性和代表性。第23题作为压轴题，通常涉及函数、导数、不等式、数列等核心知识点的综合应用，对学生的逻辑思维、计算能力和数学建模能力提出了较高要求。本文将针对大东区零模数学23题进行详细解析，并分享相关的解题技巧，帮助同学们更好地应对这类难题。

一、题目回顾与分析

1.1 题目内容（假设题目）

由于无法获取大东区零模数学23题的具体内容，我们以一道典型的高考压轴题作为示例进行解析。假设题目如下：

已知函数 \(f(x) = e^x - ax - 1\)，其中 \(a \in \mathbb{R}\)。

(1) 讨论 \(f(x)\) 的单调性；

(2) 若 \(f(x) \geq 0\) 对任意 \(x \in \mathbb{R}\) 恒成立，求实数 \(a\) 的取值范围；

(3) 设 \(g(x) = \ln x - ax + 1\)，若存在 \(x_1, x_2 \in (0, +\infty)\) 且 \(x_1 \neq x_2\)，使得 \(f(x_1) = g(x_2)\)，求实数 \(a\) 的取值范围。

1.2 题目特点分析

综合性强：题目融合了指数函数、对数函数、导数、不等式恒成立、函数零点等多个知识点。
层次分明：三个小问由浅入深，第(1)问考查基础，第(2)问考查恒成立问题，第(3)问考查函数值域与方程有解问题。
计算量大：涉及参数讨论和复杂的代数变形，对计算能力要求较高。
思维要求高：需要灵活运用分类讨论、数形结合、转化与化归等数学思想。

二、详细解析

2.1 第(1)问：讨论 \(f(x)\) 的单调性

解题思路：利用导数研究函数的单调性，这是导数应用的基本题型。

步骤：

求导：\(f'(x) = e^x - a\)。
分类讨论：
- 当 \(a \leq 0\) 时，\(f'(x) = e^x - a > 0\) 对任意 \(x \in \mathbb{R}\) 恒成立，故 \(f(x)\) 在 \(\mathbb{R}\) 上单调递增。
- 当 \(a > 0\) 时，令 \(f'(x) = 0\)，得 \(x = \ln a\)。
  - 当 \(x < \ln a\) 时，\(f'(x) < 0\)，\(f(x)\) 单调递减；
  - 当 \(x > \ln a\) 时，\(f'(x) > 0\)，\(f(x)\) 单调递增。

答案：

若 \(a \leq 0\)，\(f(x)\) 在 \(\mathbb{R}\) 上单调递增；
若 \(a > 0\)，\(f(x)\) 在 \((-\infty, \ln a)\) 上单调递减，在 \((\ln a, +\infty)\) 上单调递增。

2.2 第(2)问：\(f(x) \geq 0\) 恒成立，求 \(a\) 的取值范围

解题思路：恒成立问题通常转化为求函数的最小值，或利用分离参数法。

方法一：直接求最小值法 由第(1)问可知：

当 \(a \leq 0\) 时，\(f(x)\) 单调递增，且 \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty\)，不满足 \(f(x) \geq 0\) 恒成立。
当 \(a > 0\) 时，\(f(x)\) 在 \(x = \ln a\) 处取得极小值，也是最小值： \(f_{\min} = f(\ln a) = e^{\ln a} - a \ln a - 1 = a - a \ln a - 1\)。要使 \(f(x) \geq 0\) 恒成立，需 \(f_{\min} \geq 0\)，即 \(a - a \ln a - 1 \geq 0\)。

令 \(h(a) = a - a \ln a - 1\)（\(a > 0\)），求 \(h(a) \geq 0\) 的解。求导：\(h'(a) = 1 - (\ln a + 1) = -\ln a\)。

当 \(0 < a < 1\) 时，\(h'(a) > 0\)，\(h(a)\) 单调递增；
当 \(a > 1\) 时，\(h'(a) < 0\)，\(h(a)\) 单调递减。故 \(h(a)\) 在 \(a = 1\) 处取得最大值 \(h(1) = 1 - 0 - 1 = 0\)。因此 \(h(a) \leq 0\) 对任意 \(a > 0\) 成立，且仅当 \(a = 1\) 时 \(h(a) = 0\)。所以 \(a = 1\)。

方法二：分离参数法 由 \(f(x) = e^x - ax - 1 \geq 0\) 恒成立，得 \(a \leq \frac{e^x - 1}{x}\) 对任意 \(x \neq 0\) 成立（\(x = 0\) 时 \(f(0) = 0\) 恒成立）。令 \(\varphi(x) = \frac{e^x - 1}{x}\)（\(x \neq 0\)），求 \(\varphi(x)\) 的最小值。求导：\(\varphi'(x) = \frac{x e^x - (e^x - 1)}{x^2} = \frac{e^x(x - 1) + 1}{x^2}\)。令 \(\varphi'(x) = 0\)，得 \(e^x(x - 1) + 1 = 0\)。令 \(u(x) = e^x(x - 1) + 1\)，则 \(u'(x) = e^x(x - 1) + e^x = x e^x\)。

当 \(x < 0\) 时，\(u'(x) < 0\)，\(u(x)\) 单调递减；
当 \(x > 0\) 时，\(u'(x) > 0\)，\(u(x)\) 单调递增。又 \(u(0) = 0\)，故 \(u(x) \geq 0\) 对任意 \(x\) 成立，且仅当 \(x = 0\) 时 \(u(x) = 0\)。因此 \(\varphi'(x) \geq 0\) 对任意 \(x \neq 0\) 成立，\(\varphi(x)\) 在 \((-\infty, 0)\) 和 \((0, +\infty)\) 上均单调递增。又 \(\lim_{x \to 0} \varphi(x) = 1\)（洛必达法则），且 \(\varphi(x) > 1\) 对 \(x \neq 0\) 成立。故 \(\varphi(x)\) 的最小值为 1（在 \(x \to 0\) 时取得），所以 \(a \leq 1\)。结合 \(x = 0\) 时恒成立，得 \(a = 1\)。

答案：\(a = 1\)。

2.3 第(3)问：存在 \(x_1 \neq x_2\) 使得 \(f(x_1) = g(x_2)\)，求 \(a\) 的取值范围

解题思路：转化为两个函数值域有交集，且交集中至少有两个不同的自变量对应。

步骤：

分析 \(f(x)\) 的值域：
- 由第(1)问，\(f(x)\) 的单调性与 \(a\) 有关。
- 当 \(a \leq 0\) 时，\(f(x)\) 单调递增，值域为 \(\mathbb{R}\)。
- 当 \(a > 0\) 时，\(f(x)\) 在 \(x = \ln a\) 处取得极小值 \(f(\ln a) = a - a \ln a - 1\)，且 \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = -1\)，\(\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\)。
  - 若 \(a - a \ln a - 1 < -1\)，即 \(a - a \ln a < 0\)，解得 \(a > 1\)（因为 \(h(a) = a - a \ln a\) 在 \(a = 1\) 处最大值为 1，且 \(h(a) < 1\) 对 \(a \neq 1\) 成立，但 \(h(a) > 0\) 对 \(0 < a < 1\) 成立，\(h(a) < 0\) 对 \(a > 1\) 成立）。
  - 若 \(a - a \ln a - 1 = -1\)，即 \(a - a \ln a = 0\)，解得 \(a = 1\)。
  - 若 \(a - a \ln a - 1 > -1\)，即 \(a - a \ln a > 0\)，解得 \(0 < a < 1\)。
- 综上：
  - \(a \leq 0\)：值域 \((-\infty, +\infty)\)。
  - \(0 < a < 1\)：值域 \([a - a \ln a - 1, +\infty)\)，且 \(a - a \ln a - 1 > -1\)。
  - \(a = 1\)：值域 \([-1, +\infty)\)。
  - \(a > 1\)：值域 \([a - a \ln a - 1, +\infty)\)，且 \(a - a \ln a - 1 < -1\)。
分析 \(g(x)\) 的值域： \(g(x) = \ln x - a x + 1\)，定义域 \((0, +\infty)\)。求导：\(g'(x) = \frac{1}{x} - a\)。
- 当 \(a \leq 0\) 时，\(g'(x) > 0\)，\(g(x)\) 单调递增，值域 \((-\infty, +\infty)\)。
- 当 \(a > 0\) 时，令 \(g'(x) = 0\)，得 \(x = \frac{1}{a}\)。
  - 当 \(0 < x < \frac{1}{a}\) 时，\(g'(x) > 0\)，\(g(x)\) 单调递增；
  - 当 \(x > \frac{1}{a}\) 时，\(g'(x) < 0\)，\(g(x)\) 单调递减。
  - 极大值 \(g\left(\frac{1}{a}\right) = \ln \frac{1}{a} - a \cdot \frac{1}{a} + 1 = -\ln a\)。
  - 又 \(\lim_{x \to 0^+} g(x) = -\infty\)，\(\lim_{x \to +\infty} g(x) = -\infty\)。
  - 故值域为 \((-\infty, -\ln a]\)。
综合分析：要使存在 \(x_1 \neq x_2\) 使得 \(f(x_1) = g(x_2)\)，需 \(f(x)\) 的值域与 \(g(x)\) 的值域有交集，且交集中至少有两个不同的 \(x_1\) 对应（因为 \(x_1\) 可以取两个不同的值，而 \(x_2\) 只需存在一个即可）。
- 情况1：\(a \leq 0\)
  - \(f(x)\) 值域 \(\mathbb{R}\)，\(g(x)\) 值域 \(\mathbb{R}\)，交集为 \(\mathbb{R}\)，满足条件。
- 情况2：\(0 < a < 1\)
  - \(f(x)\) 值域 \([a - a \ln a - 1, +\infty)\)，且 \(a - a \ln a - 1 > -1\)。
  - \(g(x)\) 值域 \((-\infty, -\ln a]\)，且 \(-\ln a > 0\)（因为 \(0 < a < 1\)）。
  - 交集为 \([a - a \ln a - 1, -\ln a]\)，需非空，即 \(a - a \ln a - 1 \leq -\ln a\)。化简：\(a - a \ln a - 1 + \ln a \leq 0\)，即 \((a - 1)(1 - \ln a) \leq 0\)。因为 \(0 < a < 1\)，所以 \(a - 1 < 0\)，\(1 - \ln a > 0\)，故 \((a - 1)(1 - \ln a) < 0\)，恒成立。且交集区间长度大于 0（因为 \(a - a \ln a - 1 < -\ln a\)），故存在 \(x_1 \neq x_2\) 使得 \(f(x_1) = g(x_2)\)。
- 情况3：\(a = 1\)
  - \(f(x)\) 值域 \([-1, +\infty)\)，\(g(x)\) 值域 \((-\infty, 0]\)，交集为 \(\{-1\}\)。
  - 但 \(f(x) = -1\) 仅当 \(x = 0\) 时成立，\(g(x) = -1\) 无解（因为 \(g(x) \leq 0\)，且 \(g(x) = -1\) 时 \(\ln x - x + 1 = -1\)，即 \(\ln x - x + 2 = 0\)，令 \(h(x) = \ln x - x + 2\)，\(h'(x) = \frac{1}{x} - 1\)，极大值 \(h(1) = 1\)，故 \(h(x) \leq 1\)，无解）。
  - 故不满足条件。
- 情况4：\(a > 1\)
  - \(f(x)\) 值域 \([a - a \ln a - 1, +\infty)\)，且 \(a - a \ln a - 1 < -1\)。
  - \(g(x)\) 值域 \((-\infty, -\ln a]\)，且 \(-\ln a < 0\)。
  - 交集为 \([a - a \ln a - 1, -\ln a]\)，需非空，即 \(a - a \ln a - 1 \leq -\ln a\)。化简：\(a - a \ln a - 1 + \ln a \leq 0\)，即 \((a - 1)(1 - \ln a) \leq 0\)。因为 \(a > 1\)，所以 \(a - 1 > 0\)，需 \(1 - \ln a \leq 0\)，即 \(\ln a \geq 1\)，解得 \(a \geq e\)。当 \(a = e\) 时，交集为 \(\{ -1 \}\)，但 \(f(x) = -1\) 仅当 \(x = 0\) 时成立，\(g(x) = -1\) 时 \(\ln x - e x + 1 = -1\)，即 \(\ln x - e x + 2 = 0\)，令 \(k(x) = \ln x - e x + 2\)，\(k'(x) = \frac{1}{x} - e\)，极大值 \(k\left(\frac{1}{e}\right) = -1 - 1 + 2 = 0\)，故 \(k(x) \leq 0\)，且仅当 \(x = \frac{1}{e}\) 时 \(k(x) = 0\)，即 \(g\left(\frac{1}{e}\right) = -1\)，此时 \(x_1 = 0\)，\(x_2 = \frac{1}{e}\)，满足 \(x_1 \neq x_2\)。当 \(a > e\) 时，交集区间长度大于 0，满足条件。

答案：\(a \leq 0\) 或 \(a \geq e\)。

三、解题技巧总结

3.1 导数应用技巧

单调性讨论：注意参数 \(a\) 对导数符号的影响，分类讨论要全面。
极值与最值：求极值时注意定义域，最值可能在端点或极值点取得。
恒成立问题：
- 分离参数法：将参数分离到一边，转化为求函数的最值。
- 直接求最值法：利用导数求函数的最小值，令其大于等于0。
存在性问题：转化为值域问题，注意交集的存在性及条件。

3.2 函数值域分析技巧

单调性分析：先求导，确定函数的单调区间。
极限分析：注意函数在定义域端点的极限值，这决定了值域的边界。
参数讨论：根据参数的不同取值，函数的值域可能不同，需分类讨论。

3.3 不等式与方程技巧

构造辅助函数：对于复杂的不等式，构造函数求导分析。
等价转化：将方程有解问题转化为函数值域问题。
数形结合：对于复杂函数，可以画出草图辅助分析。

3.4 计算技巧

简化计算：在求导、求极值时，注意代数式的化简。
避免错误：注意定义域、参数范围，避免漏解或增解。
验证结果：对于求出的参数范围，可以取特殊值验证。

四、常见错误与注意事项

4.1 常见错误

分类讨论不全：例如在讨论单调性时，忽略 \(a = 0\) 的情况。
定义域忽略：例如在分离参数时，忽略 \(x = 0\) 的情况。
计算错误：例如求导错误、解方程错误。
逻辑错误：例如将恒成立问题与存在性问题混淆。

4.2 注意事项

仔细审题：注意题目中的条件，如“任意”、“存在”、“恒成立”等关键词。
规范书写：解答过程要条理清晰，步骤完整。
时间分配：压轴题耗时较长，要合理分配时间，确保会做的题目不失分。

五、拓展练习

为了巩固所学，建议同学们尝试以下类似题目：

已知函数 \(f(x) = \ln x - ax^2 + bx\)，讨论其单调性并求极值。
若 \(f(x) = x^3 - 3ax + 1\) 在 \([0, 2]\) 上的最大值为 2，求 \(a\) 的取值范围。
设 \(g(x) = e^x - x - 1\)，\(h(x) = \ln x - x + 1\)，若存在 \(x_1, x_2\) 使得 \(g(x_1) = h(x_2)\)，求实数 \(a\) 的取值范围（其中 \(a\) 为参数）。

通过练习这些题目，可以进一步提高对导数综合题的解题能力。

六、结语

大东区零模数学23题作为压轴题，考查了学生综合运用数学知识的能力。通过本文的解析与技巧分享，希望同学们能够掌握这类题目的解题思路和方法。在平时的复习中，要注重基础知识的巩固，加强导数应用的训练，提高计算能力和逻辑思维能力。相信通过不懈努力，同学们一定能够在高考中取得优异的成绩！

注：本文中的题目为示例题目，实际考试题目可能有所不同，但解题思路和技巧是相通的。建议同学们结合具体题目进行练习和总结。