李昭平

導(dǎo)數(shù)的引入，給函數(shù)問(wèn)題注入了生機(jī)與活力，拓寬了高考對(duì)函數(shù)問(wèn)題的命題空間和解題

空間.近年來(lái)，高考對(duì)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的考查，一般穩(wěn)定在一選一填一解答，分值大約占總分的14.7%，客觀題和主觀題往往都在試卷靠后的位置，成為壓軸題或半壓軸題，并且題型在不斷創(chuàng)新，邏輯推理在不斷深化，難度在不斷加大.下面以部分模考、高考改編題和一些原創(chuàng)題為例，對(duì)2023年高考“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”融合題的考向進(jìn)行預(yù)測(cè)，供專(zhuān)題復(fù)習(xí)參考．

考向1：考查比較大小

例1.（2022年湖北武昌?？碱}改編）已知a>0，b>0，且（a+1）b=（b+2）a，則（）

A. a>b____________B. a=b

C. a

解析：（a+1）b=（b+2）a就是ln（a+1）a=ln（b+2）b>ln（b+1）b，兩邊是同構(gòu)式．

構(gòu)造函數(shù)f（x）=ln（x+1）x（x>0），則f ′（x）=xx+1-ln（x+1）x2.

再令g（x）=xx+1-ln（x+1）（x>0），則g′（x）=1（x+1）2-1x+1=-x（x+1）2<0，所以g（x）單調(diào)遞減，g（x）

因?yàn)閘n（a+1）a>ln（b+1）b就是f（a）>f（b），所以a

點(diǎn)評(píng)：將已知的等式（a+1）b=（b+2）a等價(jià)變形為ln（a+1）a=ln（b+2）b，再將此等式變形為不等式ln（a+1）a>ln（b+1）b，則構(gòu)造函數(shù)處理即可.近幾年來(lái)，用常規(guī)方法無(wú)法比較大小的問(wèn)題，在高考和模考中常常出現(xiàn)，構(gòu)造函數(shù)、導(dǎo)數(shù)處理是有效途徑，要引起高度重視．

訓(xùn)練題1：已知e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則下列不等關(guān)系中正確的是（）

A.ln2>2e______?B.ln3>3e

C.lnπ>πeD. ln6<7e

解析：不等式ln2>2e，ln3>3e，lnπ>πe是同構(gòu)式，構(gòu)造函數(shù)f（x）=lnx-xe，x>0.

則f ′（x）=1x-1e.當(dāng)00，f（x）在（0， e）內(nèi)單增；當(dāng)x>e時(shí)，f ′（x）<0，f（x）在（e，+∞）內(nèi)單減.因此f（x）max=f（e）=lne-ee=0.

于是ln2-2e<0，ln3-3e<0，lnπ-πe<0，ln6-6e<0. A，B，C均不正確．

由ln6-6e<0，得ln6<6e<7e.故選D．

考向2：考查函數(shù)不等式中參數(shù)的最值或范圍

例2.（2022年A10聯(lián)盟聯(lián)考題改編）若對(duì)任意x∈（1，+∞），不等式ex-xa≥x-alnx恒成立，則正數(shù)a的最大值為（）

A.4______B.e______C. 2______D. 1e

解析：ex-xa≥x-alnxex-x≥xa-lnxaex-x≥elnxa-lnxa，兩邊是同構(gòu)式.構(gòu)造函數(shù)f（x）=ex-x，則f（x）≥f（lnxa）.由f ′（x）=ex-1=0，得x=0.當(dāng)x>0時(shí)f（x）單增.而x，lnxa∈（0，+∞）于是由f（x）≥f（lnxa），得到x≥lnxa，即1a≥lnxx，1a≥1e，a≤e. 故選B．

點(diǎn)評(píng)：將已知的不等式ex-xa≥x-alnx等價(jià)變形為ex-x≥elnxa-lnxa，則立即構(gòu)造ex-x型函數(shù)，逆用ex-x型函數(shù)的單調(diào)性，立即獲得自變量x與lnxa之間的關(guān)系，注意lnxx的最大值是1e. 考查函數(shù)不等式中參數(shù)的最值是近兩年模考中的高頻考點(diǎn)，技巧性強(qiáng)、邏輯推理要求高．

訓(xùn)練題2：（2022年安徽合肥?？碱}改編）若不等式a（eax+1）≥2（x+1x）lnx對(duì)任意x≥1恒成立，則正實(shí)數(shù)a的最小值為_(kāi)___________．

解析：不等式a（eax+1）≥2（x+1x）lnx就是ax（eax+1）≥（x2+1）lnx2，

即ax（eax+1）≥（elnx2+1）lnx2，兩邊是同構(gòu)式.構(gòu)造函數(shù)f（x）=x（ex+1），x≥0，則ax（eax+1）≥（elnx2+1）lnx2就是f（ax）≥f（lnx2）.

因?yàn)閒 ′（x）=（ex+1）+xex=（1+x）ex+1>0，所以f（x）在［0，+∞）上單增．

而ax，lnx2∈［0，+∞），因此由f（ax）≥f（lnx2），得ax≥lnx2，a≥2lnxx，a≥2e.

故正實(shí)數(shù)a的最小值為2e.

注意：將已知不等式a（eax+1）≥2（x+1x）lnx等價(jià)變形為ax（eax+1）≥（elnx2+1）lnx2，則立即構(gòu)造函數(shù)f（x）=x（ex+1）．

訓(xùn)練題3：（2022年安徽安慶?？碱}改編）若不等式eax-x+2ax≥1eax

-1x+2lnx對(duì)任意x>0恒成立，則實(shí)數(shù)a的最小值為_(kāi)___________．

A.12______B.2______C. e______D. 1e

解析：eax-x+2ax≥1eax-1x+2lnx就是eax-1eax+2ax≥x-1x+2lnx，即eax-1eax+2lneax≥x-1x+2lnx.

令f（x）=x-1x+2lnx，x>0.它為增函數(shù)，eax-1eax+2lneax≥x-1x+2lnx.

就是f（eax）≥f（x），因此eax≥x，即ax≥lnx，a≥lnxx，a≥（lnxx）max=1e.故選D．

注意：將已知不等式eax-x+2ax≥1eax-1x+2lnx等價(jià)變形為eax-1eax+2lneax≥x-1x+2lnx，則立即構(gòu)造函數(shù)f（x）=x-1x+2lnx.

例3.（2021年江西南昌?？碱}改編）已知f（x）=alnx+12（a-1）x2+1（a∈R）．

（1）討論f（x）的單調(diào)性；

（2）當(dāng)a=-1時(shí)，對(duì)任意的x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2都有x1f（x2）-x2f（x1）x1-x2>mx1x2，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解析：（1）當(dāng)a≥1時(shí)，f ′（x）>0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；

當(dāng)0

當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0 ，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減.

（2）當(dāng)a=-1時(shí)，f（x）=-lnx-x2+1，不妨設(shè)0

則x1f（x2）-x2f（x1）x1-x2>mx1x2等價(jià)于f（x2）x2-f（x1）x1>m（x2-x1）．

考察函數(shù)g（x）=f（x）x，得g'（x）=lnx-x2-2x2.令h（x）=lnx-x2-2x2，則h'（x）=5-2lnxx3，當(dāng)x∈（0，e52）時(shí)，h'（x）>0；當(dāng)x∈（e52，+∞）時(shí)，h'（x）<0，所以h（x）在區(qū)間（0，e52）內(nèi)是單增，在區(qū)間（e52，+∞）內(nèi)是單減.

因此，g′（x）≤g′（e52）=12e5-1<0，所以g（x）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，從而g（x1）>g（x2），即f（x2）x2

于是f（x1）x1-f（x2）x2>m（x2-x1），所以f（x1）x1+mx1>f（x2）x2+mx2，

即g（x1）+mx1>g（x2）+mx2恒成立，兩邊是同構(gòu)式．

令φ（x）=g（x）+mx，則φ（x）在（0，+∞）內(nèi)恒為單調(diào)遞減函數(shù)，

從而φ′（x）=g′（x）+m≤0恒成立，即φ′（x）=g′（x）+m≤12e5-1+m≤0，m≤1-12e5. 故實(shí)數(shù)m的取值范圍是-∞，1-12e5.

點(diǎn)評(píng)： 解此題的關(guān)鍵是將已知的不等式x1f（x2）-x2f（x1）x1-x2>mx1x2，等價(jià)變形為f（x1）x1+mx1>f（x2）x2+mx2（兩邊是同構(gòu)式），再研究φ（x）=f（x）x+mx的單調(diào)性即可.函數(shù)不等式中參數(shù)的取值范圍問(wèn)題是高考考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的主體，綜合性強(qiáng)、解題能力要求高．

訓(xùn)練題4：已知函數(shù)f（x）=2cos x-x2.若對(duì)任意的x1，x2∈（0，π），都有｜f（x1）-f（x2）｜≤m｜x1-x2｜成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是______．

解析：因?yàn)閒（x）=2cos x-x2，所以f ′（x）=-2sin x-2x<0，因此f（x）在（0，π）內(nèi)單減.不妨設(shè)0

于是，已知的不等式｜f（x1）-f（x2）｜≤m｜x1-x2｜等價(jià)于f（x1）-f（x2）≤mx2-mx1，即 f（x1）+mx1≤f（x2）+mx2，兩邊是同構(gòu)式．

令g（x）=f（x）+mx，0

于是，g′（x）=-2sin x-2x+m≥0，即m≥2sin x+2x.

再令h（x）=2sin x+2x，則h′（x）=2cos x+2>0，h（x）在（0，π）內(nèi)單增，

因此，h（x）

考向3：考查函數(shù)不等式的解集

例4. （2021年皖西南聯(lián)盟期末聯(lián)考題）設(shè)奇函數(shù)f（x）定義在R上， 其導(dǎo)函數(shù)為f ′（x）， 且滿(mǎn)足f （x）-f ′（x）<0，則不等式組f（2x-3）>0exf（x+1）>e4f（2x-3）（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）的解集是（）

A.（4，+∞）______?B.（0，32）

C.（32，4）D.（-1，32）∪（4，+∞）

解析：令g（x）=f（x）ex，則g′（x）=f ′（x）-f（x）ex>0，g（x）在f（x）上單增．

因?yàn)槠婧瘮?shù)f（x）定義在R上，所以f（0）=0，g（0）=0.

exf（x+1）>e4f（2x-3）就是f（x+1）ex+1>f（2x-3）e2x-3．

f（2x-3）>0，xxf（x+1）>e4f（2x-3）等價(jià)于

f（2x-3）e2x-2>f（0）e0，

f（x+1）ex+1>f（2x-3）e2x-3，即g（2x-3）>g（0），

g（x+1）>g（2x-3），因此2x-3）>0，

x+1>2x-3，解得32

點(diǎn)評(píng)：本題以抽象函數(shù)為載體，考查函數(shù)不等式的解集、用導(dǎo)數(shù)符號(hào)判斷函數(shù)的單調(diào)性、

構(gòu)造函數(shù)法等.在不等式的等價(jià)變形中考查邏輯推理；在觀察不等式f（x）-f ′（x）<0中構(gòu)造出函數(shù)g（x）=e-xf（x），考查直觀想象素養(yǎng). 利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)解決抽象函數(shù)不等式的解集問(wèn)題，在近幾年的高考中有上升的趨勢(shì).一般地，若已知nf（x）+f ′（x）的符號(hào)，構(gòu)造函數(shù)g（x）=enxf（x）；若已知nf（x）-f ′（x）的符號(hào)，構(gòu)造函數(shù)g（x）=e-nxf（x）．

訓(xùn)練題5：設(shè)函數(shù)f（x）定義在R上， 其導(dǎo)函數(shù)為f ′（x）， 且滿(mǎn)足2f（x）>f ′（x）+2，f（0）=2023，則不等式e-2xf（x）>e-2x+2022（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）的解集是____________．

解析： 令g（x）=e-2xf（x）-e-2x，則g′（x）=e-2x［f ′（x）-2f（x）+2］<0， g（x）在R上單減. 因?yàn)間（0）=f（0）-1=2022，所以e-2xf（x）>e-2x+2022等價(jià)于g（x）>g（0），x<0.故不等式e-2xf（x）>e-2x+2022的解集是（-∞， 0）．

考向4：考查函數(shù)的極值

例5.已知函數(shù)f（x）=ex+acosx，其中x>0，a∈R.

（1）當(dāng)a=-1時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性;

（2）若函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f′（x）在（0， π）內(nèi)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，求a的取值范圍．

解析：（1）易得函數(shù)f（x）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，過(guò)程略去．

（2）f′（x）=ex-asinx，f′（x）=ex-acosx.

由f′（x）=ex-acosx=0，得acos x=ex.顯然x=π2不是f ′′（x）=0的根．

當(dāng)x∈（0，π2）∪（π2， π）時(shí)，a=excos x.令g（x）=excos x，則g′（x）=ex（sin x+cos x）cos2x．

由g′（x）=0，得x=3π4.當(dāng)3π40；當(dāng)3π4

由圖1知，當(dāng)a>1或a≤-eπ時(shí)，直線y=a與曲線y=g（x）在（0，π2）∪（π2， π）內(nèi)有唯一交點(diǎn)（x1，a）或（x2，a），且在xexcos x，則f′′（x）=ex-acosx<0；在x>x1附近，a0.因此，x1是f′（x）在（0， π）內(nèi)唯一極小值點(diǎn)．

同理可知，x2是f′（x）在（0， π）內(nèi)唯一極大值點(diǎn)．

故a的取值范圍是 （-∞，-eπ］∪（1，+∞）.

點(diǎn)評(píng)：本題將f ′′（x）=0參變分離為a=excos x.利用定曲線g（x）=excos x和動(dòng)直線y=a的交點(diǎn)個(gè)數(shù)來(lái)處理. 由于g（x）=excos x的圖像有分界線x=π2，所以要注意直線y=a的可能位置，否則極易漏解．

訓(xùn)練題6：已知函數(shù)f（x）=2logax-ex2（a>0，且a≠1）有唯一極值點(diǎn)， 則a的取值范圍是____________.

解析：由f ′（x）=2xlna-2ex=0，得1lnax=ex.令g（x）=1lnax，h（x）=ex，x>0．

若a>1，則1lna>0，曲線g（x）與直線h（x）在第一象限有唯一交點(diǎn)，其橫坐標(biāo)為x0，在x0附近f ′（x）異號(hào)，因此x0是函數(shù)f（x）的唯一極值點(diǎn)，滿(mǎn)足條件．

若0

故a的取值范圍是（1， +∞）.

訓(xùn)練題7： （訓(xùn)練題6的變式）已知函數(shù)f（x）=2logax-ex2（a>0，且a≠1）沒(méi)有極值點(diǎn)，則a的取值范圍是____________.

解析：由訓(xùn)練題6的解答知，a的取值范圍是（0，1）.

考向5：考查函數(shù)不等式的證明

例6.（2020年全國(guó)高考課標(biāo)Ⅰ卷題改編） 設(shè)a∈R，函數(shù)f（x）=ax2-2lnx.

（1）若f（2）是f（x）的極值，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）若f ′（1）≥0. 證明：當(dāng)x∈（0， 2）時(shí)， 12a-1x2-（x-2）ex+2x3>0恒成立．

解析：（1）因?yàn)閒 ′（x）=2ax-2x，所以f ′（2）=4a-1=0，a=14.此時(shí)f ′（x）=12x-2x=（x+2）（x-2）2x，滿(mǎn)足f（2）是f（x）的極值．

故f（x）的單增區(qū)間是（2，+∞），單減區(qū)間是（0， 2）.

（2）因?yàn)閒 ′（x）=2ax-2x，所以f ′（1）=2a-2≥0，a≥1.

于是12a-1x2-（x-2）ex+2x3≥12-1x2-（x-2）ex+2x3

=x3-2x-4-2（x-2）ex2x3=（x-2）（x2+2x+2-2ex）2x3.

令h（x）=x2+2x+2-2ex，0

再令φ（x）=x+1-ex，則當(dāng)x>0時(shí)，φ′（x）=1-ex<0，φ（x）單減，φ（x）<φ（0）=0.

因此當(dāng)x>0時(shí)，h（x）單減，h（x）

于是，當(dāng)00.

故當(dāng)x∈（0， 2）時(shí)， 12a-1x2-（x-2）ex+2x3>0恒成立.

點(diǎn)評(píng)：本題函數(shù)f（x）中含有參數(shù)a，以二次函數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)的復(fù)合形式出現(xiàn)，是我們常見(jiàn)的一種組合方式，學(xué)生是比較熟悉的. 對(duì)（Ⅰ），利用f ′（2）=0即可求解.（Ⅱ）則是常見(jiàn)的恒成立不等式的證明，先放縮化簡(jiǎn)，再構(gòu)造函數(shù).第一次， h（x）=x2+2x+2-2ex，x>0； 第二次，φ（x）=x+1-ex，x>0. 對(duì)于待證不等式A（x）>B（x），有時(shí)可以直接構(gòu)造函數(shù)，有時(shí)必須通過(guò)變形或放縮后再構(gòu)造函數(shù)，有時(shí)要消去其中的參數(shù)后再構(gòu)造函數(shù)，有時(shí)要利用極值點(diǎn)偏移構(gòu)造對(duì)稱(chēng)差函數(shù)，有時(shí)要“一分為二”構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，有時(shí)要換元后再構(gòu)造函數(shù)等等，情況比較復(fù)雜．

例7.設(shè)函數(shù)f（x）=（x-1）2，g（x）=a（lnx）2，其中a∈R，且a≠0.

（1）若直線x=e（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）與曲線y=f（x）和y=g（x）分別交于A、 B 兩點(diǎn)，且曲線y=f（x） 在點(diǎn)A處的切線與曲線y=g（x）在點(diǎn)B處的切線互相平行，求a的值；

（2）設(shè)h（x）=f（x）+mlnx（m∈R，且m≠0）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x11-2ln24．

解析：（1）因?yàn)閒 ′（x）=2（x-1），g′（x）=2alnxx，所以f ′（e）=2（e-1），g′（e）=2alnee=2ae. 根據(jù)f ′（e）=g′（e），解得a=e2-e.

（2）h′（x）=2（x-1）+mx=2x2-2x+mx，x>0．

因?yàn)閔（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，所以x1，x2是方程2x2-2x+m=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，x1+x2=1. 而0

因?yàn)閙=-2x22+2x2，所以h（x2）=（x2-1）2+（2x2-2x22）lnx2.

令φ（t）=（t-1）2+（2t-2t2）lnt，12

則φ′（t）=2（t-1）+（2-4t）lnt+（2t-2t2）·1t=2（1-2t）lnt>0，

所以φ（t）在（12 ，1）內(nèi)是增函數(shù). 于是φ（t）>φ（12）=1-2ln24，即h（x2）>1-2ln24．

點(diǎn)評(píng)：對(duì)（1），根據(jù)方程f ′（e）=g′（e）構(gòu)建方程求實(shí)數(shù)a的值，注意g（x）=a（lnx）2的導(dǎo)數(shù)運(yùn)算；對(duì)（2），先根據(jù)極值點(diǎn)的意義得到相關(guān)等式和x1，x2的范圍，獲得h（x2）的表達(dá)式，再構(gòu)造新函數(shù)φ（t）=（t-1）2+（2t-2t2）lnt，其中利用m=-2x22+2x2消去參數(shù)m是解題的關(guān)鍵. 近年來(lái)，以極值點(diǎn)為載體的不等式證明題在高考和?？贾袑覍页霈F(xiàn)，消參后構(gòu)造函數(shù)法是一種有效策略．

訓(xùn)練題8 ：設(shè)a∈R，函數(shù)f（x）=lnx+ax+1有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x1

（1）求a的取值范圍；

（2）若x0是f（x）的極值點(diǎn)，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù). 證明：x1+x2>2ef（x0）．

解析： 函數(shù)f（x）=lnx+ax+1的定義域是（0，+∞）.

（1）易得a的取值范圍是（-1， 0）， 過(guò)程略去．

（2）由于f（x1）=f（x2），由f ′（x）=1x+a=0得x=-1a，為f（x）的極大值點(diǎn)，0-1a．

構(gòu)造對(duì)稱(chēng)差函數(shù)

H（x）=f（x）-f（-2a-x）=2ax+lnx-ln（2+ax）+ln（-a）+2，其中0

則H′（x）=2a+1x-a2+ax=2（ax+1）2x（2+ax）>0，H（x）在（0，-1a）內(nèi)單增．

所以H（x1）=f（x1）-f（-2a-x1）

而x2，-2a-x1∈（-1a，+∞），f（x）在（-1a，+∞）內(nèi)單減，所以x2>-2a-x1，即x1+x2>-2a．

下面只要證明-2a≥2ef（x0）即可.易得2ef（x0）=2eln（-1a）．

作差-2a-2eln（-1a），-1a>1.

構(gòu)造函數(shù)φ（x）=2x-2elnx，x>1. 則由φ′（x）=2-2ex=2（x-e）x=0得，x=e，為φ（x）的極小值點(diǎn)，所以φ（x）≥φ（e）=0．

于是φ（-1a）≥0，即-2a≥2ef（x0），故x1+x2>2ef（x0）．

考向6：考查函數(shù)的零點(diǎn)

例8.（2022年全國(guó)高考數(shù)學(xué)乙卷題改編）已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）+axe-x，a∈R.

（1）若曲線y=f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程是y=2x，求a的值；

（2）若f（x）的導(dǎo)函數(shù)f ′（x）恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．

解析：（1）因?yàn)閒 ′（x）=11+x+a（1-x）e-x，所以f ′（0）=1+a.

因?yàn)榍€y=f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程是y=2x，所以f ′（0）=2.于是1+a=2，故a=1.

（2）法1：由f ′（x）=11+x+a（1-x）e-x=0，得ex1+x=a（x-1）．

令g（x）=ex1+x， h（x）=a（x-1），x>-1.

用導(dǎo)數(shù)知識(shí)可以得到g（x）=ex1+x的圖像，如圖2所示.

設(shè)經(jīng)過(guò)點(diǎn)（1，0）的直線與曲線g（x）=ex1+x相切于點(diǎn)（x0，y0），g′（x）=xex（1+x）2， 則切線l的方程是y-ex01+x0=xex0（1+x0）2（x-x0）.

將點(diǎn)（1，0）代入就是0-ex01+x0=xex0（1+x0）2（1-x0），x20-2x0-1=0，x0=1±2.

因此 kl=x0ex0（1+x0）2=（2-1）e1+22 或-（2+1）e1-22.

當(dāng)a>（2-1）e1+22或a<-（2+1）e1-22時(shí)，直線h（x）=a（x-1）與曲線y=g（x）分別有兩個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)f ′（x）恰有兩個(gè)零點(diǎn)．

故a的取值范圍是（-∞，-（2+1）e1-22）∪（（2-1）e1+22，+∞）.

法2：由f ′（x）=11+x+a（1-x）e-x=0，得ex1+x=a（x-1）.顯然x≠1，所以exx2-1=a.

令g（x）=exx2-1，x>-1且x≠1，則g′（x）=（x2-2x-1）ex（x2-1）2.

解方程x2-2x-1=0，得x=1±2.

因此，函數(shù)g（x）在（-1， 1-2）和（ 1+2，+∞）內(nèi)單增，在（1-2， 1）和（1， 1+2）內(nèi)單減，且極大值為g（1-2）=e1-22-22=-（2+1）e1-22極小值為g（1+2）=e1+22+22=（2-1）e1+22，如圖3所示．

當(dāng)a>（2-1）e1+22或a<-（2+1）e1-22時(shí)，直線y=a與曲線y=g（x）分別有兩個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)f ′（x）恰有兩個(gè)零點(diǎn)．

故a的取值范圍是（-∞，-（2+1）e1-22）∪（（2-1）e1+22，+∞）.

點(diǎn)評(píng)：本道聯(lián)考題實(shí)際上是2022年全國(guó)高考數(shù)學(xué)乙卷第21題的改編，將條件“f（x）恰有兩個(gè)零點(diǎn)”變?yōu)椤皩?dǎo)函數(shù)f ′（x）恰有兩個(gè)零點(diǎn)”，思路和解法跟高考題類(lèi)似，但運(yùn)算量明顯增大，屬于較難題. 法1是將f ′（x）=0“一分為二”變成g（x）=h（x），再看曲線y=g（x）和曲線y=h（x）的交點(diǎn)情況，數(shù)形結(jié)合處理問(wèn)題. 法2則是將f ′（x）=0變?yōu)閍=g（x），其中a為參數(shù)，再看曲線y=g（x）和直線y=a的交點(diǎn)情況，數(shù)形結(jié)合處理問(wèn)題. 函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題是近幾年高考對(duì)“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”解答題考查的高頻考點(diǎn)、失分點(diǎn)和區(qū)分點(diǎn).這種問(wèn)題有思維的高度、分析的深度和運(yùn)算的難度，必須加強(qiáng)訓(xùn)練．

訓(xùn)練題9 ：已知函數(shù)f（x）=aln（1+x）+xe-x，a∈R.

（1）若曲線y=f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程是y=2x，求a的值；

（2）若f（x）的導(dǎo)函數(shù)f ′（x）恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．

解析：（1）因?yàn)閒 ′（x）=a1+x+（1-x）e-x，所以f ′（0）=1+a.

因?yàn)榍€y=f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程是y=2x，所以f ′（0）=2.于是，1+a=2，故a=1.

（2）由f ′（x）=a1+x+（1-x）e-x=0，得（x2-1）e-x=a，x>-1.

令g（x）=（x2-1）e-x，x>-1.

用導(dǎo)數(shù)知識(shí)可以得到g（x）=（x2-1）e-x的圖像，如圖4所示.

因?yàn)間（0）=-1，g（1）=0，g（1-2）=（2-22）e2-1，g（1+2）=（2+22）e-2-1．

當(dāng)（2-22）e2-1

故a的取值范圍是（（2-22）e2-1， 0）∪（0，（2+22）e-2-1）．

以上六大考向中的8道例題和9道訓(xùn)練題，很好地體現(xiàn)了導(dǎo)數(shù)運(yùn)用中常見(jiàn)的數(shù)形結(jié)合法、分類(lèi)討論法、參變分離法、一分為二法、構(gòu)造函數(shù)法等等.其中“構(gòu)造函數(shù)●導(dǎo)數(shù)求解”是解題的主旋律.不難看出，這些試題結(jié)構(gòu)新穎、覆蓋面廣、綜合性強(qiáng)，逐步向?qū)?shù)應(yīng)用的深層次考查. 在高考專(zhuān)題復(fù)習(xí)中，必須加大訓(xùn)練、加大研究、加大感悟，突破“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”壓軸題或半壓軸題這道關(guān)．

責(zé)任編輯徐國(guó)堅(jiān)