| 标题 | 漫谈导数综合题的解题策略 |
| 范文 | 林敏燕+ 导数综合题在高考中一般是占着最后的位置，是考生望而生畏的试题.如何从这类题中得到自己满意的分数，是学生在高考复习中最关心的问题.本文从２０１４年广州一模理科数学第２１题谈起，希望能对考生的复习能起一定的指导作用. 先看题目： ２１． 已知函数ｆ（ｘ）＝（ｘ２－２ｘ＋１）ｅｘ（其中ｅ为自然对数的底数）． （１）求函数ｆ（ｘ）的单调区间； （２）定义：若函数ｈ（ｘ）在区间［ｓ，ｔ］（ｓ＜ｔ）上的取值范围为［ｓ，ｔ］，则称区间［ｓ，ｔ］为函数ｈ（ｘ）的“域同区间”．试问函数ｆ（ｘ）在（１，＋∞）上是否存在“域同区间”？若存在，求出所有符合条件的“域同区间”；若不存在，请说明理由． 分析：第一问是最常规的求导问题，它考查了二个函数之积的导数公式.直接对函数求导，令导数大于零，小于零，即可得到单调区间.而要注意的是，一定要说出函数ｆ（ｘ）的单调递增区间是什么，单调递减区间是什么，不能说在哪个区间上单调递增，哪个区间单调递减，虽然意思差不多，但是题目问什么，你必须答什么，不然要被扣分.还有一点要注意，得到的不等式如何有二个或二个以上的区间，必须用逗号隔开，而不能并，如果写成并的话，要被扣分. 第二问要先理解题意，要搞明白题目需要我们做什么事情.从第一问容易知道函数在（１，＋∞）上是单调递增的，从而问题转化为方程ｆ（ｘ）＝ｘ是否存在二个根.如果你无法判断，也要把你的思路写出来，把问题的转化写出来.如果做到这一点，你就可以得到６分了.很多同学就是看到这个超越方程根本没有办法求解，也就放弃了. 如果在考试中遇这一个自己根本没有办法解决的问题，就像这样的超越方程不可能求解，就要从反面来考虑，是不是不存在这样的二个根呢？可以在草稿纸上画一画ｙ＝ｆ（ｘ）和ｙ＝ｘ的图像，看看它们的交点个数.从草图中可以看出，当ｘ＝１时，ｙ＝ｘ的图像在ｙ＝ｆ（ｘ）的图像上方，当ｘ＝２时，ｙ＝ｘ的图像在ｙ＝ｆ（ｘ）的图像下方，从而预测方程ｆ（ｘ）＝ｘ只有一个大于１的实根. 大致方向走对了，得分一般会在８分以上.有同学考虑到如果函数ｙ＝ｆ（ｘ）－ｘ是单调递增的就好了，这样函数不可能有二个零点了.求导以后发现，导数并不是恒大于零，又放弃了.其实，如何坚持做下去，也是可以找到出路的.这样可以得到解法一. 能不能通过变形，使一个函数为单调函数呢？试一试，你会发现收获很大.如果把方程二边同时除以ｘ，得到一个新函数：ｇ（ｘ）＝（ｘ＋■－２）ｅｘ－１（ｘ＞１），你会发现，这个函数是单调递增的，得到解法二；两边除以ｅｘ得到ｇ（ｘ）＝（ｘ－１）２－ｘｅ－ｘ（ｘ＞１），你也会发现，这个函数是单调递增的，得到解法三.还有很多变形，同学们还可以再试一试. 解法一：（１）∵ｆ（ｘ）＝（ｘ－１）２ｅｘ，∴ｆ ′（ｘ）＝（ｘ２－１）ｅｘ， ∴ ｆ ′（ｘ）＞０?圳ｘ＞１或ｘ＜－１； ｆ ′（ｘ）＜０?圳－１＜ｘ＜１． 故函数ｆ（ｘ）单调递增区间是（－∞，－１），（１，＋∞），ｆ（ｘ）单调递减区间是（－１，１）． （２）假设［ｓ，ｔ］?哿（１，＋∞）是“域同区间”，由于ｆ（ｘ）在（１，＋∞）是增函数，于是： ｆ（ｓ）＝ｓ， ｆ（ｔ）＝ｔ，即函数ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｘ在（１，＋∞）有两个不同零点． 下面证明：ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｘ在（１，＋∞）至多有一个零点． ｇ′（ｘ）＝（ｘ２－１）ｅｘ－１，ｇ″（ｘ）＝（ｘ２＋２ｘ－１）ｅｘ＞０， 因此ｇ′（ｘ）＝（ｘ２－１）ｅｘ－１在（１，＋∞）是增函数． ｇ′（１）＝－１＜０，ｇ′（２）＝３ｅ２－１＞０，所以存在ｋ∈（１，２）满足ｇ′（ｋ）＝０． （ａ）当ｘ∈（１，ｋ）时，ｇ′（ｘ）＜０，ｇ（ｘ）为减函数． 因此当ｘ∈（１，ｋ］，ｇ（ｘ）＜ｇ（１）＝－１＜０，ｇ（ｘ）在（１，ｋ］内不存在零点； （ｂ）当ｘ∈（ｋ，＋∞）时，ｇ′（ｘ）＞０，ｇ（ｘ）为增函数，至多有一个零点， 综合（ａ）（ｂ）可知，函数ｇ（ｘ）在（１，＋∞）至多有一个零点，因此假设不成立，ｆ（ｘ）在（１，＋∞）不存在“域同区间”． 解法二：（１）同上； （２）假设ｆ（ｘ）在（１，＋∞）上存在“域同区间”，由（１）可知ｆ（ｘ）在（１，＋∞）上增函数，故有ｆ（ｓ）＝ｓ， ｆ（ｔ）＝ｔ，也就是说，方程（ｘ－１）２ｅｘ－ｘ＝０有两个大于１的不同实根. 由（ｘ－１）２ｅｘ－ｘ＝０，得■－１＝０．设ｇ（ｘ）＝（ｘ＋■－２）ｅｘ－１（ｘ＞１），则有：ｇ′（ｘ）＝■ｅｘ＞０． 故ｇ（ｘ）在（１，＋∞）上单调递增.所以ｇ（ｘ）在（１，＋∞）上至多有一个零点，与（ｘ－１）２ｅｘ－ｘ＝０有两个大于１的不同实根矛盾，所以ｆ（ｘ）在（１，＋∞）上不存在“域同区间”. 解法三：（１）同上； （２）假设ｆ（ｘ）在（１，＋∞）上存在“域同区间”，由（１）可知ｆ（ｘ）在（１，＋∞）上增函数，故有ｆ（ｓ）＝ｓ，ｆ（ｔ）＝ｔ，也就是说，方程（ｘ－１）２ｅｘ－ｘ＝０有两个大于１的不同实根. 由（ｘ－１）２ｅｘ－ｘ＝０，得（ｘ－１）２＝ｘｅ－ｘ． 设ｇ（ｘ）＝（ｘ－１）２－ｘｅ－ｘ（ｘ＞１），则ｇ′（ｘ）＝（ｘ－１）（２＋ｅ－ｘ）＞０． 故ｇ（ｘ）在（１，＋∞）上单调递增.所以ｇ（ｘ）在（１，＋∞）上至多有一个零点，与（ｘ－１）２ｅｘ－ｘ＝０有两个大于１的不同实根矛盾，所以ｆ（ｘ）在（１，＋∞）上不存在“域同区间”. 从这次广州一模的考试中，我们可以得到解导数综合题的基本策略：（１）第一问必须做，导数要检查一下，确保求导正确，并且要注意函数的定义域；（２）顺着问题进行解答，把题意转化为数学式子，高考给分是看式子给分，没有式子，看不到你的解题过程到了哪里；（３）试着对原式进行等价变形，可能会有收获.变形的基本原则是求导可以操作，最好容易判断正负.（４）如果出现恒成立的参数问题，有二种思路：一是转化为变量与参数分离；二是构造新函数，思路的基本原则是能求导，并且能求出原函数的单调区间. 下面给出二个高考预测题，请同学们试一下. 预测题１：已知函数ｆ（ｘ）＝ｅｘ－■ｘ２－ｘ，其导函数为ｆ ′（ｘ）． （１）求ｆ ′（ｘ）的最小值； （２）证明：对任意的ｘ１，ｘ２∈［０，＋∞）和实数?姿１≥０，?姿２≥０且?姿１＋?姿２＝１，总有ｆ（?姿１ｘ１＋?姿２ｘ２）≤?姿１ｆ（ｘ１）＋?姿２ｆ（ｘ２）； （３） 若ｘ１，ｘ２，ｘ３满足：ｘ１≥０，ｘ２≥０，ｘ３≥０且ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＝３，求ｆ（ｘ１）＋ｆ（ｘ２）＋ｆ（ｘ３）的最小值． 预测题２：已知函数ｆ（ｘ）＝■ｘ２＋ｌｎｘ， （Ⅰ）当－２＜ａ＜２时，讨论函数ｆ（ｘ）单调性； （Ⅱ）当ａ＝１，且■＜ｔ＜■时，证明：曲线ｙ＝ｆ（ｘ）与其在点Ｐ（ｔ，ｆ（ｔ））处的切线至少有两个不同的公共点． 参考答案： 预测题一： 解：（１）ｆ ′（ｘ）＝ｅｘ－ｘ－１，ｆ″（ｘ）＝ｅｘ－１． 当ｘ∈（－∞，０）时， ｆ″（ｘ）＜０， ｆ ′（ｘ）单调减：当ｘ∈（０，＋∞）时， ｆ″（ｘ）＞０，ｆ ′（ｘ）单调增． 所以ｆ ′（ｘ）的最小值是ｆ ′（０）＝１． （２）设ｘ１≤ｘ２，构造函数ｇ（ｘ）＝?姿１ｆ（ｘ）＋?姿２ｆ（ｘ２）－ｆ（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２），ｘ∈［０，ｘ２］．
ｇ ′（ｘ）＝?姿１ｆ ′（ｘ）－?姿１ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）＝?姿１［ｆ ′（ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）］＝?姿１［ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）］． ∵ｆ ′（ｘ）在［０，＋∞）递增，且?姿１ｘ＋?姿２ｘ≤?姿１ｘ＋?姿２ｘ２，∴ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）≤０． 即ｇ ′（ｘ）≤０，ｇ （ｘ）在［０，ｘ２］递减． ∴ｇ （ｘ）≥ｇ （ｘ２）＝?姿１ｆ （ｘ２）＋?姿２ｆ （ｘ２）－ｆ （?姿１ｘ２＋?姿２ｘ２）＝０， 所以ｇ （ｘ１）＝?姿１ｆ （ｘ１）＋?姿２ｆ （ｘ２）－ｆ （?姿１ｘ１＋?姿２ｘ２）≥０， 即?姿１ｆ （ｘ１）＋?姿２ｆ （ｘ２）≥ｆ （?姿１ｘ１＋?姿２ｘ２），当且仅当ｘ１＝ｘ２时等号成立． （３）■［ ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２） ｆ （ｘ３）］＝■［■ ｆ （ｘ１）＋■ ｆ （ｘ２）］＋■ ｆ （ｘ３）≥■ｆ （■） ＋■ ｆ （ｘ３）≥ ｆ （■■＋■ｘ３）＝ｆ （■）＝ ｆ （１）＝ｅ－■， 即 ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２） ＋ｆ （ｘ３）≥３ｅ－■， 所以当ｘ１＝ｘ２＝ｘ３时， ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２）＋ ｆ （ｘ３）取得最小值３ｅ－■． 预测题二： 解：（１） ｆ （ｘ）的定义域是（０，＋∞）， ｆ ′（ｘ）＝■＋ｘ＝■． 当ａ≥０时，ｆ ′（ｘ）＞０， ｆ （ｘ）单调增． 当ａ＜０时，ｆ ′（ｘ）＜０?圳０＜ｘ＜■；ｆ ′（ｘ）＞０?圳ｘ＞■． 所以当ａ＜０时， ｆ （ｘ）在（０，■）递减，在（■，＋∞）递增． （２）当ａ＝０时，ｆ （ｘ）＝■ｘ２＋ｌｎｘ，ｆ ′（ｘ）＝■＋ｘ． 设曲线ｙ＝ｆ（ｘ）在Ｐ（ｔ，ｆ（ｔ））处的切线方程为：ｙ－ｆ（ｔ）＝ｆ ′（ｔ）（ｘ－ｔ）， 则Ｐ（ｔ，ｆ（ｔ））是曲线与该切线的公共点． 构造函数ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（ｔ）－ｆ ′（ｔ）（ｘ－ｔ）， ｇ（４ｔ）＝８ｔ２＋ｌｎ４ｔ－■ｔ２－ｌｎｔ－（ｔ＋■）３ｔ＝■ｔ２＋ｌｎ４－３＜■×■＋２－３＜０， ｇ（４８ｔ）＝２４×４８ｔ２＋ｌｎ４８ｔ－■ｔ２－ｌｎｔ－（ｔ＋■）４７ｔ＞２４×４８×■＋ ｌｎ４８－１－４７×■－４７＝２４－４７×■＋ｌｎ４８＞０． 所以存在ｑ∈（４ｔ，４８ｔ），满足ｇ（ｑ）＝０， 即ｆ（ｑ）＝ｆ（ｔ）－ｆ ′（ｔ）（ｑ－ｔ）， 故（ｑ，ｆ（ｑ））是曲线与切线的另一个公共点． （作者单位：华南师大附中汕尾学校） 责任编校徐国坚
ｇ ′（ｘ）＝?姿１ｆ ′（ｘ）－?姿１ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）＝?姿１［ｆ ′（ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）］＝?姿１［ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）］． ∵ｆ ′（ｘ）在［０，＋∞）递增，且?姿１ｘ＋?姿２ｘ≤?姿１ｘ＋?姿２ｘ２，∴ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）≤０． 即ｇ ′（ｘ）≤０，ｇ （ｘ）在［０，ｘ２］递减． ∴ｇ （ｘ）≥ｇ （ｘ２）＝?姿１ｆ （ｘ２）＋?姿２ｆ （ｘ２）－ｆ （?姿１ｘ２＋?姿２ｘ２）＝０， 所以ｇ （ｘ１）＝?姿１ｆ （ｘ１）＋?姿２ｆ （ｘ２）－ｆ （?姿１ｘ１＋?姿２ｘ２）≥０， 即?姿１ｆ （ｘ１）＋?姿２ｆ （ｘ２）≥ｆ （?姿１ｘ１＋?姿２ｘ２），当且仅当ｘ１＝ｘ２时等号成立． （３）■［ ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２） ｆ （ｘ３）］＝■［■ ｆ （ｘ１）＋■ ｆ （ｘ２）］＋■ ｆ （ｘ３）≥■ｆ （■） ＋■ ｆ （ｘ３）≥ ｆ （■■＋■ｘ３）＝ｆ （■）＝ ｆ （１）＝ｅ－■， 即 ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２） ＋ｆ （ｘ３）≥３ｅ－■， 所以当ｘ１＝ｘ２＝ｘ３时， ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２）＋ ｆ （ｘ３）取得最小值３ｅ－■． 预测题二： 解：（１） ｆ （ｘ）的定义域是（０，＋∞）， ｆ ′（ｘ）＝■＋ｘ＝■． 当ａ≥０时，ｆ ′（ｘ）＞０， ｆ （ｘ）单调增． 当ａ＜０时，ｆ ′（ｘ）＜０?圳０＜ｘ＜■；ｆ ′（ｘ）＞０?圳ｘ＞■． 所以当ａ＜０时， ｆ （ｘ）在（０，■）递减，在（■，＋∞）递增． （２）当ａ＝０时，ｆ （ｘ）＝■ｘ２＋ｌｎｘ，ｆ ′（ｘ）＝■＋ｘ． 设曲线ｙ＝ｆ（ｘ）在Ｐ（ｔ，ｆ（ｔ））处的切线方程为：ｙ－ｆ（ｔ）＝ｆ ′（ｔ）（ｘ－ｔ）， 则Ｐ（ｔ，ｆ（ｔ））是曲线与该切线的公共点． 构造函数ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（ｔ）－ｆ ′（ｔ）（ｘ－ｔ）， ｇ（４ｔ）＝８ｔ２＋ｌｎ４ｔ－■ｔ２－ｌｎｔ－（ｔ＋■）３ｔ＝■ｔ２＋ｌｎ４－３＜■×■＋２－３＜０， ｇ（４８ｔ）＝２４×４８ｔ２＋ｌｎ４８ｔ－■ｔ２－ｌｎｔ－（ｔ＋■）４７ｔ＞２４×４８×■＋ ｌｎ４８－１－４７×■－４７＝２４－４７×■＋ｌｎ４８＞０． 所以存在ｑ∈（４ｔ，４８ｔ），满足ｇ（ｑ）＝０， 即ｆ（ｑ）＝ｆ（ｔ）－ｆ ′（ｔ）（ｑ－ｔ）， 故（ｑ，ｆ（ｑ））是曲线与切线的另一个公共点． （作者单位：华南师大附中汕尾学校） 责任编校徐国坚
ｇ ′（ｘ）＝?姿１ｆ ′（ｘ）－?姿１ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）＝?姿１［ｆ ′（ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）］＝?姿１［ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）］． ∵ｆ ′（ｘ）在［０，＋∞）递增，且?姿１ｘ＋?姿２ｘ≤?姿１ｘ＋?姿２ｘ２，∴ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）≤０． 即ｇ ′（ｘ）≤０，ｇ （ｘ）在［０，ｘ２］递减． ∴ｇ （ｘ）≥ｇ （ｘ２）＝?姿１ｆ （ｘ２）＋?姿２ｆ （ｘ２）－ｆ （?姿１ｘ２＋?姿２ｘ２）＝０， 所以ｇ （ｘ１）＝?姿１ｆ （ｘ１）＋?姿２ｆ （ｘ２）－ｆ （?姿１ｘ１＋?姿２ｘ２）≥０， 即?姿１ｆ （ｘ１）＋?姿２ｆ （ｘ２）≥ｆ （?姿１ｘ１＋?姿２ｘ２），当且仅当ｘ１＝ｘ２时等号成立． （３）■［ ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２） ｆ （ｘ３）］＝■［■ ｆ （ｘ１）＋■ ｆ （ｘ２）］＋■ ｆ （ｘ３）≥■ｆ （■） ＋■ ｆ （ｘ３）≥ ｆ （■■＋■ｘ３）＝ｆ （■）＝ ｆ （１）＝ｅ－■， 即 ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２） ＋ｆ （ｘ３）≥３ｅ－■， 所以当ｘ１＝ｘ２＝ｘ３时， ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２）＋ ｆ （ｘ３）取得最小值３ｅ－■． 预测题二： 解：（１） ｆ （ｘ）的定义域是（０，＋∞）， ｆ ′（ｘ）＝■＋ｘ＝■． 当ａ≥０时，ｆ ′（ｘ）＞０， ｆ （ｘ）单调增． 当ａ＜０时，ｆ ′（ｘ）＜０?圳０＜ｘ＜■；ｆ ′（ｘ）＞０?圳ｘ＞■． 所以当ａ＜０时， ｆ （ｘ）在（０，■）递减，在（■，＋∞）递增． （２）当ａ＝０时，ｆ （ｘ）＝■ｘ２＋ｌｎｘ，ｆ ′（ｘ）＝■＋ｘ． 设曲线ｙ＝ｆ（ｘ）在Ｐ（ｔ，ｆ（ｔ））处的切线方程为：ｙ－ｆ（ｔ）＝ｆ ′（ｔ）（ｘ－ｔ）， 则Ｐ（ｔ，ｆ（ｔ））是曲线与该切线的公共点． 构造函数ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（ｔ）－ｆ ′（ｔ）（ｘ－ｔ）， ｇ（４ｔ）＝８ｔ２＋ｌｎ４ｔ－■ｔ２－ｌｎｔ－（ｔ＋■）３ｔ＝■ｔ２＋ｌｎ４－３＜■×■＋２－３＜０， ｇ（４８ｔ）＝２４×４８ｔ２＋ｌｎ４８ｔ－■ｔ２－ｌｎｔ－（ｔ＋■）４７ｔ＞２４×４８×■＋ ｌｎ４８－１－４７×■－４７＝２４－４７×■＋ｌｎ４８＞０． 所以存在ｑ∈（４ｔ，４８ｔ），满足ｇ（ｑ）＝０， 即ｆ（ｑ）＝ｆ（ｔ）－ｆ ′（ｔ）（ｑ－ｔ）， 故（ｑ，ｆ（ｑ））是曲线与切线的另一个公共点． （作者单位：华南师大附中汕尾学校） 责任编校徐国坚
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