江蘇省南京市板橋中學(210039) 紀明亮

高考卷中導數(shù)題基本上是壓軸題,這類題目難度大,只有少數(shù)學生能做出來,那么這類題目有什么特點? 如何解決?導數(shù)題中函數(shù)多由基本初等函數(shù)經(jīng)有限次四則運算和有限次復合而構成(下文簡稱這種構成方式為“組合”)的初等函數(shù),基本上需要通過構造函數(shù)來解決.本文以高考題為載體,從初等函數(shù)導函數(shù)性質出發(fā),探索研究導數(shù)問題中的函數(shù)構造策略.

高考導數(shù)壓軸題中的函數(shù)都是由初等函數(shù)組合而成,通常冪函數(shù)與指數(shù)函數(shù)組合、冪函數(shù)與對數(shù)函數(shù)組合、指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)組合出現(xiàn)的頻率很高,那么研究復合函數(shù)導函數(shù)應回到源頭,先研究這些初等函數(shù)的導數(shù),冪函數(shù)y=xn導函數(shù)為y′=nxn-1,y′′=n(n-1)xn-2,··· ,y(n)=n!求導過程中變量次數(shù)在降低, 每多求一階導數(shù), 變量次數(shù)降低一次; 指數(shù)函數(shù)y= ex的導函數(shù)為y′=y′′=···=y(n)= ex,n階可導且各階導函數(shù)與原來的函數(shù)相同;對數(shù)函數(shù)y= lnx導函數(shù)為y′=x-1,y′′=-x-2,··· ,y(n)=(-1)n-1(n-1)!x-n,n階可導且導函數(shù)中不含lnx.

一、冪函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的組合函數(shù)處理策略

例1(2020年高考全國Ⅰ卷理科第21(2)題)已知函數(shù)f(x) = ex+ax2-x.當x≥0 時,f(x) ≥+1,求a的取值范圍.

思路恒成立問題要轉化為最值問題,因此需要構造函數(shù),在構造函數(shù)時考慮到式中含有ex項,ex在求導過程中無法消去,如果ex與其它項以和的形式出現(xiàn),那么不利于求出函數(shù)零點,往往會得到隱零點問題,而將不含ex項構成整體再與ex相乘(或相除)來構造函數(shù),這樣導函數(shù)中ex項就不影響零點的求解,可以有效的回避隱零點問題.

解f(x)≥ax2+x+1)e-x≤1,令g(x)=-ax2+x+1)e-x(x≥0),則g(x)max≤1.g′(x) =(x -2a-1)(x -2)e-x, 令g′(x)=0,可得x=0,或x=2,或x=2a+1.

①若2a+ 1 ≤ 0, 即a≤則g′(x) ≥ 0 時,0 ≤x≤2,g′(x)＜0 時,x ＞2, 則g(x) 在[0,2] 單調遞增,而g(0) = 1,則當x ∈(0,2)時,g(x)＞g(0) = 1,不合題意.

②若0＜2a+1＜2,即則g′(x) ≥0時,2a+1 ≤x≤2,g′(x)＜0 時,0 ≤x ＜2a+1 或x ＞2,則g(x) 在[2a+1,2] 單調遞增, 在[0,2a+1), (2,+∞) 單調遞減,則gmax(x) = max{g(0),g(2)},由于g(0) = 1,所以g(x) ≤1?g(2) = (7-4a)e-2≤1,即a≥由于

③若2a+1=2,即a=則g′(x)≤0 在[0,+∞)恒成立,則g(x)在[0,+∞)單調遞減,g(x)max=g(0)=1.

④若2a+ 1＞2, 即a ＞則g′(x) ≥ 0 時,2 ≤x≤2a+1,g′(x)＜0 時, 0 ≤x ＜2a+1 或x ＞2,則g(x) 在[2,2a+1] 單調遞增, 在[0,2), (2a+1,+∞) 單調遞減,則gmax(x) = max{g(0),g(2a+1)},由于g(0) = 1,所以g(x) ≤1?g(2a+1) =+(2a+1)+1]e-(2a+1)≤1,設t=2a+1＞2,則+t+1)e-t≤1,令h(t) =則h′(t) = (1-則h(t)在(2,+∞)單調遞減,則h(t)＜h(2) =＜1,故時,g(x)max≤1 在[0,+∞)恒成立.

綜上可得,a的取值范圍是

評注這類含參冪函數(shù)與指數(shù)函數(shù)復合型函數(shù), 問題可以歸納為若f(x,a) +g(a)ex ＞ h(x,a)恒成立, 其中x是自變量,a是參數(shù), 則構造函數(shù)p(x) =則有p(x)max＜g(a),p′(x) =求p′(x) 零點時, 令p′(x) = 0,即h′(x,a)-f′(x,a)-h(x,a)+f(x,a) = 0,其中不含ex,便于求解.

二、冪函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的復合函數(shù)處理策略

例2已知函數(shù)f(x) =xlnx,g(x) =a(x2-1)(a為常數(shù)),若對任何x ∈[1,+∞),都有f(x) ≤g(x)恒成立,求實數(shù)a取值范圍.

思路這是一道函數(shù)不等式問題恒成立問題,這類題目需要構造函數(shù),由于f(x)中含lnx,考慮到y(tǒng)= lnx導函數(shù)特征,因此在構造函數(shù)時將lnx項與其它項以和的形式出現(xiàn),這樣求導時會消去lnx,使問題簡化.

解?x ∈[1,+∞),不等式f(x) ≤g(x)恒成立??x ∈[1,+∞),lnx-ax+≤0 恒成立,令h(x)=lnx-ax+則x ∈[1,+∞),h(x)max≤0.由于h′(x) =令p(x)=-ax2+x-a=

①若a≤0 時,p(x)＞0, 即h′(x)＞0, 則h(x) 在[1,+∞)單調遞增,則h(x) ≥h(1) = 0,則h(x)max≤0 不成立.

②若0＜a ＜,p(x) =開口向下, 對稱軸為x=Δ = 1-4a2＞0, 則p(x) =-ax2+x-a= 0 存在兩個實根x1、x2(x1＜x2),則x1+x2=且x1x2= 1,則0＜x1＜1＜x2,令p(x)＞0,則1＜x ＜x2;令p(x)＜0.則x ＞x2.從而h(x)在(1,x2)單調遞增,在(x2,+∞)上單調遞減,在x=x2取最大值h(x)max=h(x2)＞h(1)=0,則h(x)max≤0 不成立.

③若a≥開口向下, Δ = 1-4a2≤0, 則p(x) ≤0 在[1,+∞) 恒成立,即h′(x) ≤0 在[1,+∞) 恒成立, 則h(x) 在[1,+∞) 單調遞減, 則h(x) 在x= 1 取最大值h(x)max=h(1) = 0, 則h(x)max≤0 成立.

評注本題巧妙處理lnx是解題的關鍵, 這類問題可歸納為f(x,a)lnx≤g(x,a)(f(x,a)＞0) 恒成立, 構造函數(shù)h(x) =-lnx, 則h(x)min≥0,h′(x) =導函數(shù)h′(x) 中不含lnx,易于判斷單調性和零點,有助于解題.

三、指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的復合函數(shù)處理策略

例3(2018年高考新課標Ⅰ卷第21(2)改編)已知函數(shù)f(x)=aex-lnx-1.f(x)≥0 恒成立,求a取值范圍.

思路本題是函數(shù)不等式恒成立問題,需構造函數(shù)并轉化為函數(shù)最值來解決,由于f(x)是由y= ex和y= lnx聯(lián)合構成,考慮y= ex和y= lnx導函數(shù)特征,因此構造函數(shù)g(x)=e-x(lnx+1),并轉化為求g(x)最值來解決.

解f(x)=aex-lnx-1 ≥0 恒成立?a≥e-x(lnx+1)恒成立.令g(x)=e-x(lnx+1),則待證式歸結為g(x)max≤a.由于g′(x) = e-x(-lnx-1),令h(x) =-lnx-1,則h′(x) =＜0, 從而h(x) 在(0,+∞) 單調減.因為h(1) = 0, 所以x ∈(0,1)時,h(x)＞0, 即g′(x)＞0,x ∈(1,+∞) 時,h(x)＜0, 即g′(x)＜0, 則g(x) 在(0,1)單調增, 在(1,+∞) 上單調減, 故g(x)max=g(1) =則

評注對于同時出現(xiàn)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的不等式問題, 通常是整理成lnx與其它不含ex項構成多項式, 最后與ex構成積或商的形式, 即將形如f(x,a)ex+f(x,a)lnx+g(x,a) ≥ 0(f(x,a)＞0) 的不等式, 變形得到e-x(lnx+≥-1, 再構造函數(shù)h(x) =則問題歸結為h(x)min≥-1的問題.

高考導數(shù)問題中的函數(shù)通常都是由初等函數(shù),把握初等函數(shù)導函數(shù)特性,恰當構造函數(shù)是解題的關鍵.本文研究了導數(shù)壓軸題中三類函數(shù)問題中的函數(shù)構造,歸納總結了一般性結論,因此,解導數(shù)壓軸題可根據(jù)函數(shù)形式選擇相應的策略構造函數(shù)求解.