2018年高考函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合題探析和教考建議

黃如炎　林晴嵐

2018年高考全國各地?cái)?shù)學(xué)試卷絕大多數(shù)仍把導(dǎo)數(shù)與函數(shù)作為解答題的壓軸題進(jìn)行考查.該試題考查函數(shù)與方程、化歸與轉(zhuǎn)化、分類與整合、有限與無限、一般與特殊、數(shù)形結(jié)合等數(shù)學(xué)思想，聚焦數(shù)學(xué)抽象、直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)，是考查理性思維和創(chuàng)新意識的把關(guān)題.在2018年各地試卷總體難度普遍下降的情況下，考生有更多時間思考壓軸題，函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合題所承載的選拔功能更加凸顯，考試區(qū)分度更加理想.函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合題成了拔尖生志在必得，中等生可得多得的關(guān)鍵試題.

本文通過對2018年高考幾道典型函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合題的探析，給出解決函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合題的基本路徑、主要對策等教考建議，為同行教學(xué)提供參考借鑒.

1試題探析

題1（2018年高考全國Ⅲ卷理科第21題）已知函數(shù)f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）-2x.

（1）若a=0，證明：當(dāng)-10時，f（x）>0；

（2）若x=0為f（x）的極大值點(diǎn)，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(diǎn)不可求，嘗試把f（x）轉(zhuǎn)化為較簡單的函數(shù).f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）-2x2+x+ax2，記h（x）=ln（1+x）-2x2+x+ax2，注意f（0）=h（0）=0，若f（x）與h（x）符號相同，由x=0為f（x）的極大值點(diǎn)，知在x=0附近的兩側(cè)f（x）-1，所以2+x+ax2=1+x+1+ax2>1+ax2，所以只要1+ax2≥0時，2+x+ax2>0，f（x）與h（x）同號.對不等式1+ax2≥0，對a進(jìn)行如下討論：

（?。┤鬭≥0，f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）-2x≥（2+x）ln（1+x）-2x，由（1）知，當(dāng)x>0時，f（x）>0，與x=0為f（x）極大值點(diǎn)矛盾.

（ⅱ）若a<0，1+ax2≥0等價于x2≤-1a，即x<-1a，又x>-1，故當(dāng)x

2+x+ax2>0.h′（x）=11+x-2（2+x+ax2）-2x（1+2ax）（2+x+ax2）=x2（a2x2+4ax+6a+1）（x+1）（ax2+x+2）2.

二次函數(shù)y=a2x2+4ax+6a+1在x=0附近兩側(cè)的符號與6a+1相同，故要對6a+1符號進(jìn)行討論.

①若6a+1>0，二次函數(shù)y=a2x2+4ax+6a+1在x=0附近的兩側(cè)函數(shù)值為正，即存在m1>0，當(dāng)x∈（0，m1）時，a2x2+4ax+6a+1>0，故當(dāng)x∈（0，m1）且x0，所以x=0不是h（x）的極大值點(diǎn).

②若6a+1<0，同理存在m2<0，當(dāng)x∈（m2，0）時，a2x2+4ax+6a+1<0，故當(dāng)x∈（m2，0）且x

③若6a+1=0即a=-16，則h′（x）=x3（x-24）（x+1）（x2-6x-12）2，當(dāng)x∈（-1，0）時，h′（x）>0；當(dāng)x∈（0，1）時，h′（x）<0，故x=0為h（x）的極大值點(diǎn)，從而x=0為f（x）的極大值點(diǎn).綜上：a=-16.

評析本解答難度大，需要理性思維和高水平邏輯推理素養(yǎng).為什么要把研究f（x）轉(zhuǎn)化為研究h（x）？為什么f（x）的極大值點(diǎn)x=0也是h（x）的極大值點(diǎn)？為什么要取x0等進(jìn)行討論？高考命題組的標(biāo)解沒有說明.下面給出一種明快解法.

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為f（x）極大值點(diǎn)，又

f（0）=f′（0）=f″（0）=0，可知在x=0附近f（x），f′（x），f″（x）圖象如圖1所示.

因?yàn)樵趚=0附近的左側(cè)f（x）遞增，f′（x）>0，在x=0附近的右側(cè)f（x）遞減，f′（x）<0，又f′（0）=0，所以在x=0附近的兩側(cè)f′（x）遞減，

圖1

f″（x）≤0=f″（0），故x=0為f″（x）的極大值點(diǎn).記g（x）=f″（x），則g′（x）=2a1+x+2a-1（1+x）2+2a+2（1+x）3，由g′（0）=0，得a=-16.當(dāng)a=-16時，g′（x）=-x（x+6）3（x+1）3.當(dāng)x∈（0，+

SymboleB@ ）時，g′（x）<0，f″（x）遞減，f″（x）0，f″（x）遞增，f″（x）f′（0）=0，故x=0為f（x）極大值點(diǎn).

題2（2018年高考浙江卷第22題）已知函數(shù)f（x）=x-lnx.

（Ⅰ）若f（x）在x=x1，x2（x1≠x2）處導(dǎo)數(shù)相等，證明：f（x1）+f（x2）>8-8ln2；

（Ⅱ）若a≤3-4ln2，證明：對于任意k>0，直線y=kx+a與曲線y=f（x）有唯一公共點(diǎn).

第（Ⅰ）步略，第（Ⅱ）步探析如下.探析1直線y=kx+a與曲線y=f（x）公共點(diǎn)個數(shù)等價于方程f（x）=kx+a實(shí)根的個數(shù)，為減少字母，分離變量得k=x-lnx-ax.設(shè)h（x）=x-lnx-ax，h′（x）=lnx-x2-1+ax2，記φ（x）=lnx-x2-1+a，φ（x）零點(diǎn)不可求，再次求導(dǎo)φ′（x）=4-x4x.當(dāng)x∈（0，16）時，φ′（x）>0，φ（x）遞增；當(dāng)x∈（16，+

SymboleB@ ）時，φ′（x）<0，φ（x）遞減，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，+∞）上單調(diào)遞減，從而h（x）=k即f（x）=kx+a至多有一個實(shí)根.下面再證明f（x）=kx+a存在一個實(shí)根.

設(shè)g（x）=f（x）-kx-a=x-lnx-kx-a，對k>0，當(dāng)x→+0時，g（x）→+

SymboleB@ ，x→+

SymboleB@ 時，g（x）→-

SymboleB@ ，知g（x）在（0，+∞）存在零點(diǎn)，這只要找到正數(shù)m，n使g（m）>0，g（n）<0.為便于尋找m，n，把g（x）放縮為簡單的函數(shù)，為消去x、x，設(shè)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）時，g（m）>0.為消去lnx、x，設(shè)x>1，則lnx>0，x>x，所以g（x）=x-lnx-kx-a

評析命題組標(biāo)解是直接取m=e-（a+k），n=a+1k2+1，驗(yàn)證g（m）>0，g（n）<0，使人感到突如其來，百思不得其解.下面給出一種比較自然的解法.

探析2設(shè)g（x）=f（x）-kx-a=x-lnx-kx-a，則直線y=kx+a與曲線y=f（x）有唯一公共點(diǎn)等價于g（x）有唯一零點(diǎn).g′（x）=12x-1x-k=-2kx-x+22x.

（1）當(dāng)Δ=1-16k≤0即k≥116時，2kx-x+2≥0，g′（x）≤0，g（x）在（0，+∞）上遞減.當(dāng)x→+0時，g（x）→+

SymboleB@ ；x→+

SymboleB@ 時，g（x）→-

SymboleB@ ，由g（x）的圖象知其在（0，+∞）有唯一零點(diǎn)，

只要找到正數(shù)m，n使g（m）>0，g（n）<0即可.為尋找m，n把g（x）放縮為簡單的函數(shù)，為消去x、x，設(shè)0-lnx-k-a，令-lnx-k-a>0即x0，故存在m，當(dāng)00.為消去lnx，設(shè)x>1，則g（x）=x-lnx-kx-a1+1+4ka2k2，則當(dāng)x>1且x>1+1+4ka2k2時，g（x）<0，故存在n，當(dāng)n>1且n>1+1+4ka2k2時，g（n）<0.

（2）當(dāng)Δ>0，即00，g（x）遞增；當(dāng)x∈（0，x1）和x∈（x2+

SymboleB@ ）時，2kx-x+2>0，g′（x）<0，g（x）遞減.知g（x）只有一個零點(diǎn)時圖象如圖2，故需證g（x1）>0或g（x2）<0.由于a≤3-4ln2，故嘗試證明g（x1）=x1-lnx1-kx1-a≥x1-lnx1-kx1+4ln2-3>0.

圖2

構(gòu)建函數(shù)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）遞減，所以k（x1）>k（16）=2-4ln2+4ln2-2=0.故x∈（0，x2）時，g（x）>0，g（x）無零點(diǎn).由于g（x2）>g（x1）>0，由（1）知存在n當(dāng)n>1且n>1+1+4ka2k2時，g（n）<0，1+1+4ka2k2>x2=1+1-16k4k2，所以g（x）在（x2，n）有一個零點(diǎn)，故g（x）在（0，+∞）有唯一零點(diǎn).

圖3

評析當(dāng)g（x）在（x2+

SymboleB@ ）遞減且g（x2）>0時，g（x）在（x2+

SymboleB@ ）不一定都有零點(diǎn)，如圖3，x軸為g（x）圖象漸近線時無零點(diǎn)，因此尋找n使g（n）<0是必不

可少的步驟.用x→+

SymboleB@ 時，g（x）→-

SymboleB@ ，說明有失嚴(yán)謹(jǐn)性，直觀無法替代論證.

本題的幾何背景，當(dāng)直線y=kx+a為過y=f（x）圖象拐點(diǎn)（16，4-4ln2）的切線時，a=3-4ln2.由圖象知當(dāng)a≤3-4ln2時，對任意k>0，直線y=kx+a與y=f（x）有唯一公共點(diǎn).

題3（2018年高考天津理科第20題）已知函數(shù)f（x）=ax，g（x）=logax，其中a>1.

（Ⅰ）（Ⅱ）略；

（Ⅲ）證明：當(dāng)a≥e1e時，存在直線l，使l是曲線y=f（x）的切線，也是曲線y=g（x）的切線.

探析1設(shè)y=f（x）在點(diǎn)（x1，ax1）處切線為l1：y=ax1lna（x-x1）+ax1，y=g（x）在點(diǎn)x2，logax2處切線為l2：y=1x2lna（x-x2）+logax2.l1、l2重合等價于ax1lna=1x2lna，ax1-x1ax1lna=logax2-1lna，消去x2得ax1-x1ax1lna+x1+1lna+2ln（lna）lna=0（*），曲線y=f（x）和y=g（x）有公切線，等價于關(guān)于x1的方程（*）有實(shí)數(shù)解.構(gòu)建函數(shù)u（x）=ax-xaxlna+x+1lna+2ln（lna）lna，只要證明當(dāng)a≥e1e時，函數(shù)u（x）有零點(diǎn)，即找到實(shí)數(shù)m，n使u（m）·u（n）≤0.為簡化ax，取m=logae，則u（logae）=2+2ln（lna）lna≥0.為找到n使u（n）<0，把u（x）放縮為簡單的函數(shù)，為消去ax對其進(jìn)行放縮，觀察f（x）=ax的圖象，發(fā)現(xiàn)其圖象恒在點(diǎn)（0，1）處切線y=xlna+1的上方，用導(dǎo)數(shù)易證ax≥xlna+1.u（x）=ax（1-xlna）+x+1lna+2ln（lna）lna，故當(dāng)1-xlna<0即x>1lna時，u（x）≤（1+xlna）（1-xlna）+x+1lna+2ln（lna）lna=-x2ln2a+x+1+1lna+2ln（lna）lna，此不等式右邊函數(shù)的圖象是開口向下的拋物線，故存在實(shí)數(shù)n，滿足n>1lna且u（n）<0.

n還可探求如下.

探析2記b=1lna+2ln（lna）lna，u（x）=ax（1-xlna）+x+b.x→-

SymboleB@ 時，g（x）→-

SymboleB@ ，知可在原點(diǎn)左側(cè)探求n，使u（n）<0.為消去ax，令ax0即x<1lna時，u（x）0即0

評析命題組的標(biāo)解是通過研究函數(shù)u′（x）的零點(diǎn)、單調(diào)性和符號，找到函數(shù)u（x）最大值u（x0），再證u（x0）≥0，還用到第（Ⅰ）步的結(jié)論.本解法不用探求u（x）最大值，無需前問鋪墊，通過特殊點(diǎn)的精準(zhǔn)驗(yàn)證和函數(shù)式的靈活放縮，達(dá)到優(yōu)化解題思維，提高解題品質(zhì).

2教考建議對函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合題，有些學(xué)生思路茫然，束手無策，在考試中幾乎是空白題.教學(xué)中有些教師盲目拔高教學(xué)要求，讓學(xué)生不加理解的生套洛必達(dá)法則、泰勒公式等高等數(shù)學(xué)知識，違背了教學(xué)原則.有些教師索性用“畫圖說明”替代推理論證，失去了數(shù)學(xué)的嚴(yán)謹(jǐn)性.高考命題組給出的標(biāo)準(zhǔn)解答具有抽象、嚴(yán)謹(jǐn)、精煉、規(guī)范的特點(diǎn)，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的理性思維，很有數(shù)學(xué)味，但由于沒有給出解題的思維過程（連圖形都沒有），使學(xué)生很難領(lǐng)悟標(biāo)準(zhǔn)解答，對直接給出的有些結(jié)論，學(xué)生感到猶如天降，百思不得其解，不利于學(xué)生思維的發(fā)展.

要走出函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合題的教考困境，師生要通過典型問題的研究實(shí)踐，悟出解決函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題的基本路徑和主要策略.2.1基本路徑函數(shù)圖象刻畫了函數(shù)的性質(zhì)，圖象為抽象的推理提供了形象支持，在茫然的思路中，圖象指引著推理的方向.因此研究函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題要順應(yīng)學(xué)生從形象思維到抽象思維的認(rèn)知過程，通過直觀想象，把對“形”的感知轉(zhuǎn)化為對“數(shù)”的表達(dá).通過求導(dǎo)作圖、特值驗(yàn)證、適當(dāng)放縮、化歸轉(zhuǎn)化、分類整合、變量分離、構(gòu)建函數(shù)、再次求導(dǎo)等方法解決問題.研究的基本路徑為：

（1）求導(dǎo)，確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間.

（2）作圖，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性和關(guān)鍵點(diǎn)（如定義域區(qū)間端點(diǎn)、與坐標(biāo)軸交點(diǎn)、極值點(diǎn)等）作出函數(shù)圖象.

（3）推證，依托圖象確定推理證明的方向.

2.2主要對策函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合題在求解中常涉及到零點(diǎn)存在問題，導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)不可求問題，不等式問題和含參問題，主要解決對策有：

（1）對函數(shù)零點(diǎn)存在問題，關(guān)鍵在零點(diǎn)兩側(cè)探求實(shí)數(shù)m、n（可以是一個具體的數(shù)、式或區(qū)間），使

f（n）f（m）<0.

①特值驗(yàn)證：根據(jù)函數(shù)式的特征，取特殊自變量m，驗(yàn)證是否滿足f（m）>0（或f（m）<0）.

②解不等式：當(dāng)不等式f（x）>0（或f（x）<0）可解時，可直接通過解不等式求出滿足f（m）>0（或f（m）<0）的實(shí)數(shù)m

.

③放縮化歸：當(dāng)f（x）較復(fù)雜時，可將f（x）放縮為簡單的函數(shù)g（x），使f（x）>g（x）（或f（x）0（或g（m）<0），則f（m）>g（m）>0（或f（m）

為便于放縮，可根據(jù)函數(shù)圖象和解析式特征，在某特定范圍內(nèi)進(jìn)行放縮.對含有指、對數(shù)函數(shù)的要注意運(yùn)用重要不等式ax≥xlna+1，logax≤1lnax-1lna，特別是ex≥x+1，lnx≤x-1進(jìn)行放縮.還要注意能否利用前問結(jié)論進(jìn)行放縮.

（2）對導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)不可求問題，可再次求導(dǎo)，通過高一階導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)研究函數(shù)性質(zhì).若多次求導(dǎo)后的函數(shù)零點(diǎn)仍不可求，可將函數(shù)放縮或化歸轉(zhuǎn)化為簡單的函數(shù)求解.

（3）對不等式問題，要先構(gòu)建相應(yīng)函數(shù)再運(yùn)用導(dǎo)數(shù)求解（證）.

（4）對含參問題，要注意變量分離和分類討論的依據(jù).

總之，教學(xué)中要多講道理，力求解題思路來得自然些，來得寬廣些.教師要啟迪學(xué)生利用直觀想象與推理論證相結(jié)合的方法，沿著求導(dǎo)→作圖→推證的基本路徑，通過特值驗(yàn)證或放縮化歸探求函數(shù)零點(diǎn)存在區(qū)間；通過再次求導(dǎo)或放縮化歸解決導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)不可求問題；通過構(gòu)建函數(shù)和求導(dǎo)求證（解）不等式；通過分類討論或變量分離求解含參問題.

在考試時要求學(xué)生杜絕出現(xiàn)一字不寫的空白題，要沿著解題基本路徑搶抓熟悉的步驟.只要求導(dǎo)過關(guān)，單調(diào)自如，圖象輔佐就可確保拿到基本分，如能進(jìn)一步進(jìn)行特值驗(yàn)證或放縮化歸或構(gòu)建函數(shù)或正確處理參數(shù)等推理論證就能拿到更高分甚至滿分.

作者簡介黃如炎（1964—），男，福建閩清人，中學(xué)數(shù)學(xué)特級教師，主要從事中學(xué)數(shù)學(xué)教育研究.