高考数学大题第一题，高考数学大题第一题常考题型
高考数学第一题的深度解析
高考数学试卷的压轴题常以其复杂的结构和深刻的内涵令人望而生畏，但作为开篇的第一道大题，它却肩负着稳定考生情绪、引导解题思路的重要使命，这道题通常以函数与几何的交汇为核心，考查学生对基础知识的综合运用能力，本文将以一道典型的高考数学第一题为切入点，深入剖析其解题思路，揭示函数与几何之间的内在联系，帮助考生在应试中从容应对。
题目呈现
已知函数 ( f(x) = \frac{\ln x}{x} )，定义域为 ( (0, +\infty) )。
- 求函数 ( f(x) ) 的单调区间；
- 设 ( g(x) = f(x) - kx )（( k ) 为常数），若方程 ( g(x) = 0 ) 有两个不相等的实数根，求实数 ( k ) 的取值范围；
- 证明：任意 ( x > 1 )，不等式 ( \frac{\ln x}{x-1} < \frac{x+1}{2x} ) 恒成立。
解题思路
第一问：求函数 ( f(x) ) 的单调区间
函数的单调性通常通过导数来判断，计算 ( f(x) ) 的导数：
[
f'(x) = \frac{(\ln x)' \cdot x - \ln x \cdot (x)'}{x^2} = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - \ln x \cdot 1}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2}
]
由于 ( x^2 > 0 ) 对所有 ( x > 0 ) 成立，导数的符号由分子 ( 1 - \ln x ) 决定。
- 当 ( 1 - \ln x > 0 )，即 ( \ln x < 1 )，亦即 ( 0 < x < e ) 时，( f'(x) > 0 )，函数单调递增；
- 当 ( 1 - \ln x < 0 )，即 ( \ln x > 1 )，亦即 ( x > e ) 时，( f'(x) < 0 )，函数单调递减。
函数 ( f(x) ) 的单调递增区间为 ( (0, e) )，单调递减区间为 ( (e, +\infty) )。
第二问：求方程 ( g(x) = 0 ) 有两个不相等实数根时 ( k ) 的取值范围
方程 ( g(x) = 0 ) 即 ( \frac{\ln x}{x} = kx )，可化为 ( \ln x = kx^2 )，设 ( h(x) = \ln x - kx^2 )，则问题转化为 ( h(x) = 0 ) 有两个不相等实数根。
分析 ( h(x) ) 的定义域为 ( (0, +\infty) )，其导数为：
[
h'(x) = \frac{1}{x} - 2kx = \frac{1 - 2kx^2}{x}
]
令 ( h'(x) = 0 )，得 ( 1 - 2kx^2 = 0 )，即 ( x = \sqrt{\frac{1}{2k}} )（( k > 0 )）。
-
当 ( k \leq 0 ) 时：
( h'(x) = \frac{1 - 2kx^2}{x} > 0 ) 对所有 ( x > 0 ) 成立，( h(x) ) 单调递增。- 若 ( k < 0 )，则 ( \lim{x \to 0^+} h(x) = -\infty )，且 ( \lim{x \to +\infty} h(x) = -\infty )，方程最多有一个实数根；
- 若 ( k = 0 )，则 ( h(x) = \ln x )，方程仅有一个实数根 ( x = 1 )。
( k \leq 0 ) 不满足题意。
-
当 ( k > 0 ) 时：
( h(x) ) 在 ( x = \sqrt{\frac{1}{2k}} ) 处取得极大值，为使方程 ( h(x) = 0 ) 有两个不相等实数根，需满足极大值大于零，且 ( h(x) ) 在 ( x \to 0^+ ) 和 ( x \to +\infty ) 时趋向于负无穷。
计算极大值：
[
h\left(\sqrt{\frac{1}{2k}}\right) = \ln \left(\sqrt{\frac{1}{2k}}\right) - k \left(\sqrt{\frac{1}{2k}}\right)^2 = \frac{1}{2} \ln \left(\frac{1}{2k}\right) - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \left( -\ln (2k) - 1 \right)
]
令 ( h\left(\sqrt{\frac{1}{2k}}\right) > 0 )，即 ( -\ln (2k) - 1 > 0 )，解得 ( \ln (2k) < -1 )，即 ( 2k < e^{-1} )，亦即 ( k < \frac{1}{2e} )。
实数 ( k ) 的取值范围为 ( \left(0, \frac{1}{2e}\right) )。
第三问：证明不等式 ( \frac{\ln x}{x-1} < \frac{x+1}{2x} ) 对任意 ( x > 1 ) 恒成立
不等式可变形为 ( 2x \ln x < (x-1)(x+1) )，即 ( 2x \ln x < x^2 - 1 )，设 ( p(x) = x^2 - 1 - 2x \ln x )，需证明 ( p(x) > 0 ) 对 ( x > 1 ) 成立。
计算 ( p(x) ) 的导数：
[
p'(x) = 2x - 2 \ln x - 2x \cdot \frac{1}{x} = 2x - 2 \ln x - 2 = 2(x - \ln x - 1)
]
令 ( q(x) = x - \ln x - 1 )，则 ( q'(x) = 1 - \frac{1}{x} )，当 ( x > 1 ) 时，( q'(x) > 0 )，故 ( q(x) ) 单调递增，又 ( q(1) = 1 - \ln 1 - 1 = 0 )，( q(x) > 0 ) 对 ( x > 1 ) 成立，从而 ( p'(x) > 0 )。
由于 ( p(x) ) 在 ( x > 1 ) 时单调递增，且 ( p(1) = 1^2 - 1 - 2 \cdot 1 \cdot \ln 1 = 0 )，故 ( p(x) > 0 ) 对 ( x > 1 ) 成立，原不等式得证。
这道高考数学第一题通过函数与几何的结合，考查了导数的应用、方程根的分布以及不等式的证明，解题过程中，考生需熟练掌握导数的计算与单调性分析，灵活运用数形结合的思想，将复杂问题转化为基础知识的综合运用，通过本题的深入解析，我们不仅能够掌握具体的解题方法，更能体会到数学思维的严谨性与逻辑性,为后续的应试打下坚实基础。
