江蘇省南京市板橋中學(xué)(210039) 紀(jì)明亮

高考卷中導(dǎo)數(shù)題基本上是壓軸題,這類(lèi)題目難度大,只有少數(shù)學(xué)生能做出來(lái),那么這類(lèi)題目有什么特點(diǎn)? 如何解決?導(dǎo)數(shù)題中函數(shù)多由基本初等函數(shù)經(jīng)有限次四則運(yùn)算和有限次復(fù)合而構(gòu)成(下文簡(jiǎn)稱(chēng)這種構(gòu)成方式為“組合”)的初等函數(shù),基本上需要通過(guò)構(gòu)造函數(shù)來(lái)解決.本文以高考題為載體,從初等函數(shù)導(dǎo)函數(shù)性質(zhì)出發(fā),探索研究導(dǎo)數(shù)問(wèn)題中的函數(shù)構(gòu)造策略.

高考導(dǎo)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(duì)數(shù)函數(shù)組合、指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)組合出現(xiàn)的頻率很高,那么研究復(fù)合函數(shù)導(dǎo)函數(shù)應(yīng)回到源頭,先研究這些初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù),冪函數(shù)y=xn導(dǎo)函數(shù)為y′=nxn-1,y′′=n(n-1)xn-2,··· ,y(n)=n!求導(dǎo)過(guò)程中變量次數(shù)在降低, 每多求一階導(dǎo)數(shù), 變量次數(shù)降低一次; 指數(shù)函數(shù)y= ex的導(dǎo)函數(shù)為y′=y′′=···=y(n)= ex,n階可導(dǎo)且各階導(dǎo)函數(shù)與原來(lái)的函數(shù)相同;對(duì)數(shù)函數(shù)y= lnx導(dǎo)函數(shù)為y′=x-1,y′′=-x-2,··· ,y(n)=(-1)n-1(n-1)!x-n,n階可導(dǎo)且導(dǎo)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(guó)Ⅰ卷理科第21(2)題)已知函數(shù)f(x) = ex+ax2-x.當(dāng)x≥0 時(shí),f(x) ≥+1,求a的取值范圍.

思路恒成立問(wèn)題要轉(zhuǎn)化為最值問(wèn)題,因此需要構(gòu)造函數(shù),在構(gòu)造函數(shù)時(shí)考慮到式中含有ex項(xiàng),ex在求導(dǎo)過(guò)程中無(wú)法消去,如果ex與其它項(xiàng)以和的形式出現(xiàn),那么不利于求出函數(shù)零點(diǎn),往往會(huì)得到隱零點(diǎn)問(wèn)題,而將不含ex項(xiàng)構(gòu)成整體再與ex相乘(或相除)來(lái)構(gòu)造函數(shù),這樣導(dǎo)函數(shù)中ex項(xiàng)就不影響零點(diǎn)的求解,可以有效的回避隱零點(diǎn)問(wèn)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(shí),0 ≤x≤2,g′(x)＜0 時(shí),x ＞2, 則g(x) 在[0,2] 單調(diào)遞增,而g(0) = 1,則當(dāng)x ∈(0,2)時(shí),g(x)＞g(0) = 1,不合題意.

②若0＜2a+1＜2,即則g′(x) ≥0時(shí),2a+1 ≤x≤2,g′(x)＜0 時(shí),0 ≤x ＜2a+1 或x ＞2,則g(x) 在[2a+1,2] 單調(diào)遞增, 在[0,2a+1), (2,+∞) 單調(diào)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(diào)遞減,g(x)max=g(0)=1.

④若2a+ 1＞2, 即a ＞則g′(x) ≥ 0 時(shí),2 ≤x≤2a+1,g′(x)＜0 時(shí), 0 ≤x ＜2a+1 或x ＞2,則g(x) 在[2,2a+1] 單調(diào)遞增, 在[0,2), (2a+1,+∞) 單調(diào)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(shè)t=2a+1＞2,則+t+1)e-t≤1,令h(t) =則h′(t) = (1-則h(t)在(2,+∞)單調(diào)遞減,則h(t)＜h(2) =＜1,故時(shí),g(x)max≤1 在[0,+∞)恒成立.

綜上可得,a的取值范圍是

評(píng)注這類(lèi)含參冪函數(shù)與指數(shù)函數(shù)復(fù)合型函數(shù), 問(wèn)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(gòu)造函數(shù)p(x) =則有p(x)max＜g(a),p′(x) =求p′(x) 零點(diǎn)時(shí), 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(duì)數(shù)函數(shù)的復(fù)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(duì)任何x ∈[1,+∞),都有f(x) ≤g(x)恒成立,求實(shí)數(shù)a取值范圍.

思路這是一道函數(shù)不等式問(wèn)題恒成立問(wèn)題,這類(lèi)題目需要構(gòu)造函數(shù),由于f(x)中含lnx,考慮到y(tǒng)= lnx導(dǎo)函數(shù)特征,因此在構(gòu)造函數(shù)時(shí)將lnx項(xiàng)與其它項(xiàng)以和的形式出現(xiàn),這樣求導(dǎo)時(shí)會(huì)消去lnx,使問(wèn)題簡(jiǎn)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(shí),p(x)＞0, 即h′(x)＞0, 則h(x) 在[1,+∞)單調(diào)遞增,則h(x) ≥h(1) = 0,則h(x)max≤0 不成立.

②若0＜a ＜,p(x) =開(kāi)口向下, 對(duì)稱(chēng)軸為x=Δ = 1-4a2＞0, 則p(x) =-ax2+x-a= 0 存在兩個(gè)實(shí)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(diào)遞增,在(x2,+∞)上單調(diào)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(kāi)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(diào)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(píng)注本題巧妙處理lnx是解題的關(guān)鍵, 這類(lèi)問(wèn)題可歸納為f(x,a)lnx≤g(x,a)(f(x,a)＞0) 恒成立, 構(gòu)造函數(shù)h(x) =-lnx, 則h(x)min≥0,h′(x) =導(dǎo)函數(shù)h′(x) 中不含lnx,易于判斷單調(diào)性和零點(diǎn),有助于解題.

三、指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)的復(fù)合函數(shù)處理策略

例3(2018年高考新課標(biāo)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(wèn)題,需構(gòu)造函數(shù)并轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值來(lái)解決,由于f(x)是由y= ex和y= lnx聯(lián)合構(gòu)成,考慮y= ex和y= lnx導(dǎo)函數(shù)特征,因此構(gòu)造函數(shù)g(x)=e-x(lnx+1),并轉(zhuǎn)化為求g(x)最值來(lái)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(jié)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(diào)減.因?yàn)閔(1) = 0, 所以x ∈(0,1)時(shí),h(x)＞0, 即g′(x)＞0,x ∈(1,+∞) 時(shí),h(x)＜0, 即g′(x)＜0, 則g(x) 在(0,1)單調(diào)增, 在(1,+∞) 上單調(diào)減, 故g(x)max=g(1) =則

評(píng)注對(duì)于同時(shí)出現(xiàn)指數(shù)函數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)的不等式問(wèn)題, 通常是整理成lnx與其它不含ex項(xiàng)構(gòu)成多項(xiàng)式, 最后與ex構(gòu)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(gòu)造函數(shù)h(x) =則問(wèn)題歸結(jié)為h(x)min≥-1的問(wèn)題.

高考導(dǎo)數(shù)問(wèn)題中的函數(shù)通常都是由初等函數(shù),把握初等函數(shù)導(dǎo)函數(shù)特性,恰當(dāng)構(gòu)造函數(shù)是解題的關(guān)鍵.本文研究了導(dǎo)數(shù)壓軸題中三類(lèi)函數(shù)問(wèn)題中的函數(shù)構(gòu)造,歸納總結(jié)了一般性結(jié)論,因此,解導(dǎo)數(shù)壓軸題可根據(jù)函數(shù)形式選擇相應(yīng)的策略構(gòu)造函數(shù)求解.