高考函数导数压轴题分析及应对策略

()
0埸B，所以A不是B的子集. （ 2）当1≤
f x）在 （ 2，+∞）上单调递减，故A= （ -∞，（ f 2） ），因而A哿 时（ （ -∞，0）；由（ f 1）≥0，有（ f x）在 （ 1，+∞）上的取值范围包含 （ -∞，0），则 （ -∞，0）哿B.所以，A哿B. （ 3）当 3 2 <1，即a> 时，有（ f 1）<0，且此时（ f x）在 （ 1， 3 2a 1 ，0 ) ，A= （ -∞，（ f 2） ），所以 A ( （ f 1） 3 ， ] . [3 4 2
有三个不同的解.设g （ x）=4x3-6x2+t+3，则 “ 过点P （ 1，t）存 在3条直线与曲线y=f （ x）相切”等价于 “ 函数g （ x）有3个不 同零点”. 因为g（ ′ x）=12x2-12x=12x （ x-1）， 当x变化时，g （ x）与g（ ′ x）的变化情况如下：
x g（ ′ x） g （ x） （ -∞，0） + 坭 0 0 t+3 （ 0，1） 坨 1 0 t+1 （ 1，+∞） + 坭
因为（ f x）>1，所以exlnx+
x 2 令g （ x）=xlnx，h （ x）= x - ，则g（ ′ x）=1+lnx， e e
( ) 1 时，g（ ′ x）>0. 当x ∈ ( ， + ∞ ) e 1 1 所以g （ x） =g ( ) =- . e e
1 当x∈ 0， 时，g（ ′ x）<0； e
解：因为函数（ f x）在 （ 0，2）内存在两个极值点， （ x-2） （ e x-kx） 所以 f ′ （ x）= =0 在 （ 0，2）内有两解，即 3 x
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ex =k在 （ 0，2）内存在两个零点. x
x ex e（ x-1） 令g （ x）= ，则g（ ′ x）= ，当g（ ′ x）=0，得x=1. x x2
此种方法对于一些既含有指数函数，又含有ห้องสมุดไป่ตู้数函 数的题目比较实用，通过化简将它们分离，对于后面求 最值降低难度 . 但此种方法需要进行合适的变形，这时 需要读者多尝试几种变形.
当x变化时，g（ ′ x）与g （ x）的变化情况列表如下：
（ 0，1） g（ ′ x） g （ x） 单调递减 1 0 极小值 （ 1，2） + 单调递增
2
（ f 1） ）处的切线为y=e （ x-1）+2. （ 1）求a，b； （ 2）证明：（ f x）>1. 分析：由题可得 （ f 1）=2，f ′ （ 1）=e，进而求出 a，b；第 2）问题属于证明题，不等式左边比较麻烦，需要对不等 （ 式进行化简，再证明. 解： （ 1）略. （ 2）证 明 ： 将 不 等 式 转 换 成 g （ x）>h （ x）的 形 式 圯 ［ g （ x） ］min> ［ h （ x） ］max. 由 （ 1）知，（ f x）=exlnx+ 2e ， x x 2 2e >1，即xlnx> x - . x e e
1
已知函数（ f x）=ex-ln （ x+m）. 当 m ≤2 时，证明
+∞），都存在x 2∈ （ 1，+∞），使得（ f x 1） · （ f x 2）=1”等价于A哿 B，显然，0埸B. 下面分三种情况讨论： 1）当 （ 3 3 3 >2，即0<a< 时，由f =0可知，0∈A，而 2a 4 2a 3 3 3 ≤2，即 ≤a≤ 时，有（ f 2）≤0，且此 4 2 2a
策略一 、转化与化归的运用
例1 已知函数（ f x）=2x -3x. 若过点 P （ 1，t）存在 3 条
3
直线与曲线y=f （ x）相切，求t的取值范围. 解：设过点P （ 1，t）的直线与曲线y=f （ x）相切于点 （ x0，
2 y0），则y0=2x 3 0 -3x0，即切线的斜率为 k=6x 0-3，所以切线方
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高考函数导数压轴题分析及应对策略
◎ 广东省鹤山市第二中学
李立美
函数与导数是高中数学中极为重要的内容，其观点 和方法也经常用于解决其他非函数类型的问题.其主要 从以下几点进行考查：1.导数的概念以及利用导数解决 一些简单类型的题目，如求极值，最值，切线方程，单调 区间等；2. 综合考查，将导数的内容与其他知识有机地 结合起来，设计综合题. 从近几年高考函数与导数的大题得分情况来看，考 生的得分普遍偏低 . 笔者通过近几年的教学实践，发现 对于函数与导数的题目，学生普遍反映的主要问题有两 个：一是思路不清晰；二是对解答函数与导数题目的方 法掌握得不够，即使知道有几种方法，但是遇到具体题 目时无从下手，不知选择何种方法 . 笔者从近几年的高 考卷中选择几道压轴题， 利用思路线帮助厘清答题思 路，并且探讨高考数学函数与导数的答题方法.
2 0
2 0
2.71828…是自然对数的底数），若函数（ f x）在 （ 0，2）内存 在两个极值点，求k的取值范围. 分析：已知（ f x）在 （ 0，2）内存在两个极值点，求k的取 值范围，无法直接求解，需要进行转化.函数（ f x）在 （ 0，2） 内存在两个极值点圯导数f （ ′ x）=0在 （ 0，2）内有两解圯分 离参 数 圯 y=k 与 y=g （ x）在 （ 0，2）内有两个 交 点 圯 由 g （ x） 的导数求极值点作出满足条件的图像圯求出参数范围.
策略四 、构造函数
例4 中a>0. （ 1）设 g （ x）是（ f x）的导函数，讨论函数 g （ x）的单调 性； （ 2）证明：存在a∈ （ 0，1）使得（ f x）≥0在区间 （ 1，+∞） 内恒成立，且（ f x）=0在区间 （ 1，+∞）内有唯一解. 解析： （ 1） （ 略）. （ 2）证明：由f （ ′ x）=2 （ x-a）-2lnx-2 1+ =0，解得a= (a ) x 已知函数（ f x）=-2 （ x+a）lnx+x 2-2ax-2a 2+a，其
画出g （ x）的大致图像不难得到：e<x<
e . 2
2
分离参数法是我们经常用到的一种方法.在解答的 过程中思路清晰，其关键同样在于转化以及利用极值作 出函数图像，利用数形结合.
策略三 、最值法
例3 设函数（ f x）=aexlnx+ bex-1 ，曲线y=f （ x）在点 （ 1， x
x-1-lnx . 1+x -1 令φ （ x）=- 2 x+ 2
综上，a的取值范围是
分类讨论是将一个较复杂的数学问题分解成若干 个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原 问题的思维策略 . 分类讨论要坚持不重不漏、标准统一 2 3 ax（ a>0），x∈R. 3 的原则 . 分类讨论的步骤是：确定对象、合理分类、逐类 讨论、归纳总结. 本题中，两个集合A、B中的元素是倒数 关系，能否取导数取决于它是否为零.又因为x 1∈ （ 2，+∞）， x2∈ （ 1，+∞），所以按照 讨论. 总之，导数及其应用是高中数学的重要内容，是进 一步学习高等数学的重要基础 . 在高考试卷上，它是以 压轴题的形式呈现的.由于其信息量、思维量、运算量都 1 时，（ f x）取得极 a 比较大，需要较高的数学分析、解决问题的能力.由以上 各例可以看 出，上述几种方法不是相互排斥的，而是 相 辅相成的.在具体问题中，往往是几种方法互相配合、共 同发力.只要运用得当，就能收到良好的效果. 3 3 3 >2、1≤ ≤2、 <1三种情况 2a 2a 2a
例5 （ f x）>0. 证明：当m≤2，x∈ （ -m，+∞）时，ln （ x+m）≤ln （ x+2）， 故只需证明当 m=2 时，（ f x）>0. 当 m=2 时，函数 f ′ （ x）=ex1 在 （ -2，+∞）上单调递增. x+2 又f （ ′ -1）<0，f （ ′ 0）>0，故f （ ′ x）=0在 （ -2， +∞）上有唯 （ -1，0）.当x∈ （ -2，x0）时，f （ ′ x）<0；当x∈ 一实根x0，且x0∈ （ x0，+∞）时，f （ ′ x）>0，从而当x=x0时，（ f x）取得最小值. 1 由f （ ′ x0）=0，得e = ，ln （ x0+2）=-x0，故（ f x）≥（ f x0） x0+2
min
同理可求出h （ x）max=h （ 1）=所以g （ x）>h （ x），即（ f x）>1.
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数φ （ x），它在 （ 1，e）上有零点，且当 a=a0时，有 f ′ （ x）=0， （ f x0）=φ （ x0）=0是解题的关键.
策略五 、设而不求
x-1 x-1
(
x- 1 - lnx x- 1 - lnx lnx +x 2- 2 x1 +x - 1 1 +x - 1
)
(
)
x-1-lnx x-1-lnx + ， ( ) 1+x 1+x
-1 -1
（ 1）=1>0，φ （ e）=则φ x 0∈ （ 1，e），使得φ （ x 0）=0. 令 a0=
e- 2 2 e （ e-2） -2 <0，故存在 -1 1+e -1 1+e
( )
x 0-1-lnx 0 ，u （ x）=x-1 -lnx （ x ≥1），由 u′ （ x）=1 1+x -1 0
1 ≥0知，函数u （ x）在区间 （ 1，+∞）上单调递增，所以 0 = x u （ 1） u （ x 0） u （ e） e-2 < =a 0< = <1，即a 0∈ （ 0，1）. 1+1 1+x -1 1+e -1 1+e -1 0 当a=a 0时，有f （ ′ x）=0，（ f x 0）=φ （ x 0）=0，由 （ 1）知， f （ ′ x） 在区间 （ 1，+∞）上单调递增，故当x ∈ （ 1，x 0）时，f （ ′ x）<0， 从而（ f x）>f （ x 0）=0；当x ∈ （ x 0，+∞）时，f （ ′ x）>0，从而（ f x）> （ f x 0）=0.所以，当x∈ （ 1，+∞）时，（ f x）≥0. 综上所述，存在 a ∈ （ 0，1），使得（ f x）≥0 在区间 （ 1， +∞）内恒成立，且（ f x）=0在区间 （ 1，+∞）内有唯一解. 构造函数是解决导数问题的常用手段，巧妙地构造 函数能使我们对问题有更加深刻的认识，是解题的锐利 1 . e 武器.常用的构造方法有移项作差、结构抽象、确定主元 等.本题的匠心之处在于两次构造函数.尤其是第一次以 解代参，即以f （ ′ x）=0时的a值代替（ f x）中的参数a构造函
所以，g （ 0）=t+3是g （ x）的极大值，g （ 1）=t+1是g （ x）的 极小值. 当g （ 0）>0且g （ 1）<0，即-3<t<-1时，因为g （ -1）=t-7< 0，g （ 2）=t+ 11 > 0 ，由于 g （ x）在区间 （ - ∞ ， 0）， （ 0 ， 1）， （ 1， +∞）上单调，故 g （ x）分别在区间 （ -1，0）， （ 0，1）和 （ 1，2） （ x）分别在区间 （ -∞，0）， （ 0，1）， ［ 1， 上各有1个零点，即g +∞）上各有1个零点. 综上可知，当过点P （ 1，t）存在3条直线与曲线y=f （ x） 相切时，t的取值范围是 （ -3，-1）. 在研究、解决数学问题时，采用某种手段或方法，使 问题从一种情形转化为另一种情形，也就是转化到另一 种情景使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策 略，同时也是一种成功的思维方式.转化具有多样性、层 次性和重复性的特点，遵循熟悉化、简单化、直观化的原 则.本题的转化，使切线的条数转化为函数的零点个数， 为解题铺平了道路
策略二 、分离参数
例2 设函数 f （ x）= 2 ex +lnx （ -k k 为常数，e = x x2
(
)
程为y-y0= （ 6x -3） （ x-x0）. 将点 P （ 1，t）代入，得 t-y0= （ 6x 2 3） （ 1-x0），整理得4x3 0-6x 0+t+3=0. 于是问题转化为此方程
=
1 （ x +1） +x0= 0 >0. x0+2 x0+2 综上，当m≤2时，（ f x）>0. 求方程f （ ′ x）=0的根在解导数问题中是承上启下的
2
′ x）= 一步，此时受阻，解题将难以为继.像本题中，虽然f （ 0的根的确存在，可无论如何都求不出来.怎么处理？ 上 述解答告诉我们，可以虚设零点，但设而不求，只利用其 满足的条件就能到解题目的 . 这种 “ 设而不求”的方法， 在数学中是经常遇到的，特别是解析几何中直线与圆锥 曲线的交点. +∞）上单调递减，故B= 不是B的子集.
x0
3 3 0， ) =0及 （ 1）知，当x∈ ( 时，（ f x）> ( ) 2a 2a 3 0；当x∈ ( ，+∞ ) 时，（ f x）<0. 2a （ 2）由（ f 0）=f 设 集 合 A = ｛ f （ x） |x ∈ （ 2， +∞） ｝， 集 合 B = 1 |x ∈ （ 1 ， + ∞），（ f x）≠ 0 ∈ ，则 “ 对于任意的 x ∈ （ 2， 筅 （ f x）