2018年高考函数与导数综合题探析和教考建议
黄如炎 林晴岚
2018年高考全国各地数学试卷绝大多数仍把导数与函数作为解答题的压轴题进行考查.该试题考查函数与方程、化归与转化、分类与整合、有限与无限、一般与特殊、数形结合等数学思想，聚焦数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，是考查理性思维和创新意识的把关题.在2018年各地试卷总体难度普遍下降的情况下，考生有更多时间思考压轴题，函数与导数综合题所承载的选拔功能更加凸显，考试区分度更加理想.函数与导数综合题成了拔尖生志在必得，中等生可得多得的关键试题.
本文通过对2018年高考几道典型函数与导数综合题的探析，给出解决函数与导数综合题的基本路径、主要对策等教考建议，为同行教学提供参考借鉴.
1试题探析
题1（2018年高考全国Ⅲ卷理科第21题）已知函数f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）-2x.
（1）若a=0，证明：当-10时，f（x）>0；
（2）若x=0为f（x）的极大值点，求a.
第（1）步略，第（2）步探析如下.
探析1f′（x）=（1+2ax）ln（1+x）+2+x+ax21+x-2，f′（x）、f″（x）零點不可求，尝试把f（x）转化为较简单的函数.f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）-2x2+x+ax2，记h（x）=ln（1+x）-2x2+x+ax2，注意f（0）=h（0）=0，若f（x）与h（x）符号相同，由x=0为f（x）的极大值点，知在x=0附近的两侧f（x）-1，所以2+x+ax2=1+x+1+ax2>1+ax2，所以只要1+ax2≥0时，2+x+ax2>0，f（x）与h（x）同号.对不等式1+ax2≥0，对a进行如下讨论：
（ⅰ）若a≥0，f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）-2x≥（2+x）ln（1+x）-2x，由（1）知，当x>0时，f（x）>0，与x=0为f（x）极大值点矛盾.
（ⅱ）若a<0，1+ax2≥0等价于x2≤-1a，即x<-1a，又x>-1，故当x
二次函数y=a2x2+4ax+6a+1在x=0附近两侧的符号与6a+1相同，故要对6a+1符号进行讨论.
①若6a+1>0，二次函数y=a2x2+4ax+6a+1在x=0附近的两侧函数值为正，即存在m1>0，当x∈（0，m1）时，a2x2+4ax+6a+1>0，故当x∈（0，m1）且x0，所以x=0不是h（x）的极大值点.
②若6a+1<0，同理存在m2<0，当x∈（m2，0）时，a2x2+4ax+6a+1<0，故当x∈（m2，0）且x
评析本解答难度大，需要理性思维和高水平逻辑推理素养.为什么要把研究f（x）转化为研究h（x）？为什么f（x）的极大值点x=0也是h（x）的极大值点？为什么要取x0等进行讨论？高考命题组的标解没有说明.下面给出一种明快解法.
探析2f′（x）=（1+2ax）ln（1+x）+2+x+ax21+x-2，f″（x）=2aln（1+x）+1+2ax1+x+ax2+2ax-1（1+x）2.x=0为f（x）极大值点，又
f（0）=f′（0）=f″（0）=0，可知在x=0附近f（x），f′（x），f″（x）图象如图1所示.
因为在x=0附近的左侧f（x）递增，f′（x）>0，在x=0附近的右侧f（x）递减，f′（x）<0，又f′（0）=0，所以在x=0附近的两侧f′（x）递减，
图1
f″（x）≤0=f″（0），故x=0为f″（x）的极大值点.记g（x）=f″（x），则g′（x）=2a1+x+2a-1（1+x）2+2a+2（1+x）3，由g′（0）=0，得a=-16.当a=-16时，g′（x）=-x（x+6）3（x+1）3.当x∈（0，+
SymboleB@ ）时，g′（x）<0，f″（x）递减，f″（x）0，f″（x）递增，f″（x）f′（0）=0，故x=0为f（x）极大值点.
题2（2018年高考浙江卷第22题）已知函数f（x）=x-lnx.
（Ⅰ）若f（x）在x=x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）>8-8ln2；
（Ⅱ）若a≤3-4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点.
第（Ⅰ）步略，第（Ⅱ）步探析如下.探析1直线y=kx+a与曲线y=f（x）公共点个数等价于方程f（x）=kx+a实根的个数，为减少字母，分离变量得k=x-lnx-ax.设h（x）=x-lnx-ax，h′（x）=lnx-x2-1+ax2，记φ（x）=lnx-x2-1+a，φ（x）零点不可求，再次求导φ′（x）=4-x4x.当x∈（0，16）时，φ′（x）>0，φ（x）递增；当x∈（16，+
SymboleB@ ）时，φ′（x）<0，φ（x）递减，所以φ（x）≤φ（16）=4ln2-3+a，由于a≤3-4ln2，所以φ（x）≤0，即h′（x）≤0，故h（x）在（0，+∞）上单调递减，从而h（x）=k即f（x）=kx+a至多有一个实根.下面再证明f（x）=kx+a存在一个实根.
设g（x）=f（x）-kx-a=x-lnx-kx-a，对k>0，当x→+0时，g（x）→+
SymboleB@ ，x→+
SymboleB@ 时，g（x）→-
SymboleB@ ，知g（x）在（0，+∞）存在零点，这只要找到正数m，n使g（m）>0，g（n）<0.为便于寻找m，n，把g（x）放缩为简单的函数，为消去x、x，设00，由于k>0，所以kx-lnx-k-a≥-lnx-k-a，令-lnx-k-a=0得x=e-（k+a）∈（0，1），故m=e-（k+a）时，g（m）>0.为消去lnx、x，设x>1，则lnx>0，x>x，所以g（x）=x-lnx-kx-a
探析2设g（x）=f（x）-kx-a=x-lnx-kx-a，则直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点等价于g（x）有唯一零点.g′（x）=12x-1x-k=-2kx-x+22x.
（1）当Δ=1-16k≤0即k≥116时，2kx-x+2≥0，g′（x）≤0，g（x）在（0，+∞）上递减.当x→+0时，g（x）→+
SymboleB@ ；x→+
SymboleB@ 时，g（x）→-
SymboleB@ ，由g（x）的图象知其在（0，+∞）有唯一零点，
只要找到正数m，n使g（m）>0，g（n）<0即可.为寻找m，n把g（x）放缩为简单的函数，为消去x、x，设0-lnx-k-a，令-lnx-k-a>0即x0，故存在m，当00.为消去lnx，设x>1，则g（x）=x-lnx-kx-a1+1+4ka2k2，则当x>1且x>1+1+4ka2k2时，g（x）<0，故存在n，当n>1且n>1+1+4ka2k2时，g（n）<0.
（2）当Δ>0，即00，g（x）递增；当x∈（0，x1）和x∈（x2+
SymboleB@ ）时，2kx-x+2>0，g′（x）<0，g（x）递减.知g（x）只有一个零点时图象如图2，故需证g（x1）>0或g（x2）<0.由于a≤3-4ln2，故尝试证明g（x1）=x1-lnx1-kx1-a≥x1-lnx1-kx1+4ln2-3>0.
图2
构建函数k（x1）=x1-lnx1-kx1+4ln2-3，由g′（x1）=0，得kx1=x12-1，所以k（x1）=x12-lnx1+4ln2-2，k′（x1）=x1-44x1，而x1=1-1-16k4k=41+1-16k<4，所以x1<16，k′（x1）<0，k（x1）在（0，16）递减，所以k（x1）>k（16）=2-4ln2+4ln2-2=0.故x∈（0，x2）时，g（x）>0，g（x）无零点.由于g（x2）>g（x1）>0，由（1）知存在n当n>1且n>1+1+4ka2k2时，g（n）<0，1+1+4ka2k2>x2=1+1-16k4k2，所以g（x）在（x2，n）有一个零点，故g（x）在（0，+∞）有唯一零点.
图3
评析当g（x）在（x2+
SymboleB@ ）递减且g（x2）>0时，g（x）在（x2+
SymboleB@ ）不一定都有零点，如图3，x轴为g（x）图象渐近线时无零点，因此寻找n使g（n）<0是必不
可少的步骤.用x→+
SymboleB@ 时，g（x）→-
SymboleB@ ，说明有失严谨性，直观无法替代论证.
本题的几何背景，当直线y=kx+a为过y=f（x）图象拐点（16，4-4ln2）的切线时，a=3-4ln2.由图象知当a≤3-4ln2时，对任意k>0，直线y=kx+a与y=f（x）有唯一公共点.
题3（2018年高考天津理科第20题）已知函数f（x）=ax，g（x）=logax，其中a>1.
（Ⅰ）（Ⅱ）略；
（Ⅲ）证明：当a≥e1e时，存在直线l，使l是曲线y=f（x）的切线，也是曲线y=g（x）的切线.
探析1设y=f（x）在点（x1，ax1）处切线为l1：y=ax1lna（x-x1）+ax1，y=g（x）在点x2，logax2处切线为l2：y=1x2lna（x-x2）+logax2.l1、l2重合等价于ax1lna=1x2lna，ax1-x1ax1lna=logax2-1lna，消去x2得ax1-x1ax1lna+x1+1lna+2ln（lna）lna=0（*），曲线y=f（x）和y=g（x）有公切线，等价于关于x1的方程（*）有实数解.构建函数u（x）=ax-xaxlna+x+1lna+2ln（lna）lna，只要证明当a≥e1e时，函数u（x）有零点，即找到实数m，n使u（m）·u（n）≤0.为简化ax，取m=logae，则u（logae）=2+2ln（lna）lna≥0.为找到n使u（n）<0，把u（x）放缩为简单的函数，为消去ax对其进行放缩，观察f（x）=ax的图象，发现其图象恒在点（0，1）处切线y=xlna+1的上方，用导数易证ax≥xlna+1.u（x）=ax（1-xlna）+x+1lna+2ln（lna）lna，故当1-xlna<0即x>1lna时，u（x）≤（1+xlna）（1-xlna）+x+1lna+2ln（lna）lna=-x2ln2a+x+1+1lna+2ln（lna）lna，此不等式右边函数的图象是开口向下的抛物线，故存在实数n，满足n>1lna且u（n）<0.
n还可探求如下.
探析2记b=1lna+2ln（lna）lna，u（x）=ax（1-xlna）+x+b.x→-
SymboleB@ 時，g（x）→-
SymboleB@ ，知可在原点左侧探求n，使u（n）<0.为消去ax，令ax0即x<1lna时，u（x）0即0
2教考建议对函数与导数综合题，有些学生思路茫然，束手无策，在考试中几乎是空白题.教学中有些教师盲目拔高教学要求，让学生不加理解的生套洛必达法则、泰勒公式等高等数学知识，违背了教学原则.有些教师索性用“画图说明”替代推理论证，失去了数学的严谨性.高考命题组给出的标准解答具有抽象、严谨、精炼、规范的特点，体现了数学的理性思维，很有数学味，但由于没有给出解题的思维过程（连图形都没有），使学生很难领悟标准解答，对直接给出的有些结论，学生感到犹如天降，百思不得其解，不利于学生思维的发展.
要走出函数与导数综合题的教考困境，师生要通过典型问题的研究实践，悟出解决函数与导数综合问题的基本路径和主要策略.2.1基本路径函数图象刻画了函数的性质，图象为抽象的推理提供了形象支持，在茫然的思路中，图象指引着推理的方向.因此研究函数与导数综合问题要顺应学生从形象思维到抽象思维的认知过程，通过直观想象，把对“形”的感知转化为对“数”的表达.通过求导作图、特值验证、适当放缩、化归转化、分类整合、变量分离、构建函数、再次求导等方法解决问题.研究的基本路径为：
（1）求导，确定函数单调区间.
（2）作图，根据函数单调性和关键点（如定义域区间端点、与坐标轴交点、极值点等）作出函数图象.
（3）推证，依托图象确定推理证明的方向.
2.2主要对策函数与导数综合题在求解中常涉及到零点存在问题，导函数零点不可求问题，不等式问题和含参问题，主要解决对策有：
（1）对函数零点存在问题，关键在零点两侧探求实数m、n（可以是一个具体的数、式或区间），使
f（n）f（m）<0.
①特值验证：根据函数式的特征，取特殊自变量m，验证是否满足f（m）>0（或f（m）<0）.
②解不等式：当不等式f（x）>0（或f（x）<0）可解时，可直接通过解不等式求出满足f（m）>0（或f（m）<0）的实数m
.
③放缩化归：当f（x）较复杂时，可将f（x）放缩为简单的函数g（x），使f（x）>g（x）（或f（x）0（或g（m）<0），则f（m）>g（m）>0（或f（m）
（2）对导函数零点不可求问题，可再次求导，通过高一阶导函数的零点研究函数性质.若多次求导后的函数零点仍不可求，可将函数放缩或化归转化为简单的函数求解.
（3）对不等式问题，要先构建相应函数再运用导数求解（证）.
（4）对含参问题，要注意变量分离和分类讨论的依据.
总之，教学中要多讲道理，力求解题思路来得自然些，来得宽广些.教师要启迪学生利用直观想象与推理论证相结合的方法，沿着求导→作图→推证的基本路径，通过特值验证或放缩化归探求函数零点存在区间；通过再次求导或放缩化归解决导函数零点不可求问题；通过构建函数和求导求证（解）不等式；通过分类讨论或变量分离求解含参问题.
在考试时要求学生杜绝出现一字不写的空白题，要沿着解题基本路径抢抓熟悉的步骤.只要求导过关，单调自如，图象辅佐就可确保拿到基本分，如能进一步进行特值验证或放缩化归或构建函数或正确处理参数等推理论证就能拿到更高分甚至满分.
作者简介黄如炎（1964—），男，福建闽清人，中学数学特级教师，主要从事中学数学教育研究.
2018年高考全国各地数学试卷绝大多数仍把导数与函数作为解答题的压轴题进行考查.该试题考查函数与方程、化归与转化、分类与整合、有限与无限、一般与特殊、数形结合等数学思想，聚焦数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，是考查理性思维和创新意识的把关题.在2018年各地试卷总体难度普遍下降的情况下，考生有更多时间思考压轴题，函数与导数综合题所承载的选拔功能更加凸显，考试区分度更加理想.函数与导数综合题成了拔尖生志在必得，中等生可得多得的关键试题.
本文通过对2018年高考几道典型函数与导数综合题的探析，给出解决函数与导数综合题的基本路径、主要对策等教考建议，为同行教学提供参考借鉴.
1试题探析
题1（2018年高考全国Ⅲ卷理科第21题）已知函数f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）-2x.
（1）若a=0，证明：当-1
（2）若x=0为f（x）的极大值点，求a.
第（1）步略，第（2）步探析如下.
探析1f′（x）=（1+2ax）ln（1+x）+2+x+ax21+x-2，f′（x）、f″（x）零點不可求，尝试把f（x）转化为较简单的函数.f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）-2x2+x+ax2，记h（x）=ln（1+x）-2x2+x+ax2，注意f（0）=h（0）=0，若f（x）与h（x）符号相同，由x=0为f（x）的极大值点，知在x=0附近的两侧f（x）
（ⅰ）若a≥0，f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）-2x≥（2+x）ln（1+x）-2x，由（1）知，当x>0时，f（x）>0，与x=0为f（x）极大值点矛盾.
（ⅱ）若a<0，1+ax2≥0等价于x2≤-1a，即x<-1a，又x>-1，故当x
二次函数y=a2x2+4ax+6a+1在x=0附近两侧的符号与6a+1相同，故要对6a+1符号进行讨论.
①若6a+1>0，二次函数y=a2x2+4ax+6a+1在x=0附近的两侧函数值为正，即存在m1>0，当x∈（0，m1）时，a2x2+4ax+6a+1>0，故当x∈（0，m1）且x
②若6a+1<0，同理存在m2<0，当x∈（m2，0）时，a2x2+4ax+6a+1<0，故当x∈（m2，0）且x
评析本解答难度大，需要理性思维和高水平逻辑推理素养.为什么要把研究f（x）转化为研究h（x）？为什么f（x）的极大值点x=0也是h（x）的极大值点？为什么要取x
探析2f′（x）=（1+2ax）ln（1+x）+2+x+ax21+x-2，f″（x）=2aln（1+x）+1+2ax1+x+ax2+2ax-1（1+x）2.x=0为f（x）极大值点，又
f（0）=f′（0）=f″（0）=0，可知在x=0附近f（x），f′（x），f″（x）图象如图1所示.
因为在x=0附近的左侧f（x）递增，f′（x）>0，在x=0附近的右侧f（x）递减，f′（x）<0，又f′（0）=0，所以在x=0附近的两侧f′（x）递减，
图1
f″（x）≤0=f″（0），故x=0为f″（x）的极大值点.记g（x）=f″（x），则g′（x）=2a1+x+2a-1（1+x）2+2a+2（1+x）3，由g′（0）=0，得a=-16.当a=-16时，g′（x）=-x（x+6）3（x+1）3.当x∈（0，+
SymboleB@ ）时，g′（x）<0，f″（x）递减，f″（x）
题2（2018年高考浙江卷第22题）已知函数f（x）=x-lnx.
（Ⅰ）若f（x）在x=x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）>8-8ln2；
（Ⅱ）若a≤3-4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点.
第（Ⅰ）步略，第（Ⅱ）步探析如下.探析1直线y=kx+a与曲线y=f（x）公共点个数等价于方程f（x）=kx+a实根的个数，为减少字母，分离变量得k=x-lnx-ax.设h（x）=x-lnx-ax，h′（x）=lnx-x2-1+ax2，记φ（x）=lnx-x2-1+a，φ（x）零点不可求，再次求导φ′（x）=4-x4x.当x∈（0，16）时，φ′（x）>0，φ（x）递增；当x∈（16，+
SymboleB@ ）时，φ′（x）<0，φ（x）递减，所以φ（x）≤φ（16）=4ln2-3+a，由于a≤3-4ln2，所以φ（x）≤0，即h′（x）≤0，故h（x）在（0，+∞）上单调递减，从而h（x）=k即f（x）=kx+a至多有一个实根.下面再证明f（x）=kx+a存在一个实根.
设g（x）=f（x）-kx-a=x-lnx-kx-a，对k>0，当x→+0时，g（x）→+
SymboleB@ ，x→+
SymboleB@ 时，g（x）→-
SymboleB@ ，知g（x）在（0，+∞）存在零点，这只要找到正数m，n使g（m）>0，g（n）<0.为便于寻找m，n，把g（x）放缩为简单的函数，为消去x、x，设0
探析2设g（x）=f（x）-kx-a=x-lnx-kx-a，则直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点等价于g（x）有唯一零点.g′（x）=12x-1x-k=-2kx-x+22x.
（1）当Δ=1-16k≤0即k≥116时，2kx-x+2≥0，g′（x）≤0，g（x）在（0，+∞）上递减.当x→+0时，g（x）→+
SymboleB@ ；x→+
SymboleB@ 时，g（x）→-
SymboleB@ ，由g（x）的图象知其在（0，+∞）有唯一零点，
只要找到正数m，n使g（m）>0，g（n）<0即可.为寻找m，n把g（x）放缩为简单的函数，为消去x、x，设0
（2）当Δ>0，即0
SymboleB@ ）时，2kx-x+2>0，g′（x）<0，g（x）递减.知g（x）只有一个零点时图象如图2，故需证g（x1）>0或g（x2）<0.由于a≤3-4ln2，故尝试证明g（x1）=x1-lnx1-kx1-a≥x1-lnx1-kx1+4ln2-3>0.
图2
构建函数k（x1）=x1-lnx1-kx1+4ln2-3，由g′（x1）=0，得kx1=x12-1，所以k（x1）=x12-lnx1+4ln2-2，k′（x1）=x1-44x1，而x1=1-1-16k4k=41+1-16k<4，所以x1<16，k′（x1）<0，k（x1）在（0，16）递减，所以k（x1）>k（16）=2-4ln2+4ln2-2=0.故x∈（0，x2）时，g（x）>0，g（x）无零点.由于g（x2）>g（x1）>0，由（1）知存在n当n>1且n>1+1+4ka2k2时，g（n）<0，1+1+4ka2k2>x2=1+1-16k4k2，所以g（x）在（x2，n）有一个零点，故g（x）在（0，+∞）有唯一零点.
图3
评析当g（x）在（x2+
SymboleB@ ）递减且g（x2）>0时，g（x）在（x2+
SymboleB@ ）不一定都有零点，如图3，x轴为g（x）图象渐近线时无零点，因此寻找n使g（n）<0是必不
可少的步骤.用x→+
SymboleB@ 时，g（x）→-
SymboleB@ ，说明有失严谨性，直观无法替代论证.
本题的几何背景，当直线y=kx+a为过y=f（x）图象拐点（16，4-4ln2）的切线时，a=3-4ln2.由图象知当a≤3-4ln2时，对任意k>0，直线y=kx+a与y=f（x）有唯一公共点.
题3（2018年高考天津理科第20题）已知函数f（x）=ax，g（x）=logax，其中a>1.
（Ⅰ）（Ⅱ）略；
（Ⅲ）证明：当a≥e1e时，存在直线l，使l是曲线y=f（x）的切线，也是曲线y=g（x）的切线.
探析1设y=f（x）在点（x1，ax1）处切线为l1：y=ax1lna（x-x1）+ax1，y=g（x）在点x2，logax2处切线为l2：y=1x2lna（x-x2）+logax2.l1、l2重合等价于ax1lna=1x2lna，ax1-x1ax1lna=logax2-1lna，消去x2得ax1-x1ax1lna+x1+1lna+2ln（lna）lna=0（*），曲线y=f（x）和y=g（x）有公切线，等价于关于x1的方程（*）有实数解.构建函数u（x）=ax-xaxlna+x+1lna+2ln（lna）lna，只要证明当a≥e1e时，函数u（x）有零点，即找到实数m，n使u（m）·u（n）≤0.为简化ax，取m=logae，则u（logae）=2+2ln（lna）lna≥0.为找到n使u（n）<0，把u（x）放缩为简单的函数，为消去ax对其进行放缩，观察f（x）=ax的图象，发现其图象恒在点（0，1）处切线y=xlna+1的上方，用导数易证ax≥xlna+1.u（x）=ax（1-xlna）+x+1lna+2ln（lna）lna，故当1-xlna<0即x>1lna时，u（x）≤（1+xlna）（1-xlna）+x+1lna+2ln（lna）lna=-x2ln2a+x+1+1lna+2ln（lna）lna，此不等式右边函数的图象是开口向下的抛物线，故存在实数n，满足n>1lna且u（n）<0.
n还可探求如下.
探析2记b=1lna+2ln（lna）lna，u（x）=ax（1-xlna）+x+b.x→-
SymboleB@ 時，g（x）→-
SymboleB@ ，知可在原点左侧探求n，使u（n）<0.为消去ax，令ax
2教考建议对函数与导数综合题，有些学生思路茫然，束手无策，在考试中几乎是空白题.教学中有些教师盲目拔高教学要求，让学生不加理解的生套洛必达法则、泰勒公式等高等数学知识，违背了教学原则.有些教师索性用“画图说明”替代推理论证，失去了数学的严谨性.高考命题组给出的标准解答具有抽象、严谨、精炼、规范的特点，体现了数学的理性思维，很有数学味，但由于没有给出解题的思维过程（连图形都没有），使学生很难领悟标准解答，对直接给出的有些结论，学生感到犹如天降，百思不得其解，不利于学生思维的发展.
要走出函数与导数综合题的教考困境，师生要通过典型问题的研究实践，悟出解决函数与导数综合问题的基本路径和主要策略.2.1基本路径函数图象刻画了函数的性质，图象为抽象的推理提供了形象支持，在茫然的思路中，图象指引着推理的方向.因此研究函数与导数综合问题要顺应学生从形象思维到抽象思维的认知过程，通过直观想象，把对“形”的感知转化为对“数”的表达.通过求导作图、特值验证、适当放缩、化归转化、分类整合、变量分离、构建函数、再次求导等方法解决问题.研究的基本路径为：
（1）求导，确定函数单调区间.
（2）作图，根据函数单调性和关键点（如定义域区间端点、与坐标轴交点、极值点等）作出函数图象.
（3）推证，依托图象确定推理证明的方向.
2.2主要对策函数与导数综合题在求解中常涉及到零点存在问题，导函数零点不可求问题，不等式问题和含参问题，主要解决对策有：
（1）对函数零点存在问题，关键在零点两侧探求实数m、n（可以是一个具体的数、式或区间），使
f（n）f（m）<0.
①特值验证：根据函数式的特征，取特殊自变量m，验证是否满足f（m）>0（或f（m）<0）.
②解不等式：当不等式f（x）>0（或f（x）<0）可解时，可直接通过解不等式求出满足f（m）>0（或f（m）<0）的实数m
.
③放缩化归：当f（x）较复杂时，可将f（x）放缩为简单的函数g（x），使f（x）>g（x）（或f（x）
（2）对导函数零点不可求问题，可再次求导，通过高一阶导函数的零点研究函数性质.若多次求导后的函数零点仍不可求，可将函数放缩或化归转化为简单的函数求解.
（3）对不等式问题，要先构建相应函数再运用导数求解（证）.
（4）对含参问题，要注意变量分离和分类讨论的依据.
总之，教学中要多讲道理，力求解题思路来得自然些，来得宽广些.教师要启迪学生利用直观想象与推理论证相结合的方法，沿着求导→作图→推证的基本路径，通过特值验证或放缩化归探求函数零点存在区间；通过再次求导或放缩化归解决导函数零点不可求问题；通过构建函数和求导求证（解）不等式；通过分类讨论或变量分离求解含参问题.
在考试时要求学生杜绝出现一字不写的空白题，要沿着解题基本路径抢抓熟悉的步骤.只要求导过关，单调自如，图象辅佐就可确保拿到基本分，如能进一步进行特值验证或放缩化归或构建函数或正确处理参数等推理论证就能拿到更高分甚至满分.
作者简介黄如炎（1964—），男，福建闽清人，中学数学特级教师，主要从事中学数学教育研究.
