对“导数”演绎创新题的探究

曹新

〔关键词〕 数学教学；导数；创新题

〔中图分类号〕 G633.6

〔文献标识码〕 C

〔文章编号〕 1004—0463（2014）

08—0091—01

纵观近五年高考数学“导数”章节的试题，不难发现试题立意朴实又不失新颖，选材源于教材而又高于教材，着重考查考生对数学本质的理解，宽角度、多视点、有层次地考查了数学理性思维.例如，抽象函数的图象与x轴及交点个数的问题，抽象函数的图象与直线的交点问题.下面，笔者就对这个考点演绎的创新题进行探究.

一、问题的基本图解

■

图4 直线与曲线有四个交点

由上述图组不难得出，曲线y=f（x）与x轴（或直线）是否有交点或有几个交点，都与曲线的极值有着紧密的联系.

探究1（全国卷）已知函数f（x）=x3-x .

（1）求曲线y=f（x）在点M（t，

f（t））处的切线方程；

（2）设a>0.如果过点（a，b）可作曲线y=f（x）的三条切线，证明：

-a

探究：（1）易知切线方程为：y=（3t2-1）x-2t3.

（2）如果有一条切线过点（a，b），则存在t，使得b=（3t2-1）a-2t3.于是，若过点（a，b）可作曲线y=

f（x）的三条切线，则方程2t3-3at2+a+b=0 有三个相异的实数根.

令g（t）=2t3-3at2+a+b，则g′（t）=6t2-6at=6t（t-a）.

当t∈（-∞，0） 和（a，+∞）时，

g′（t）>0，即g（x）单调递增； 当t∈（0，a）时，g′（t）<0，即g（t）单调递减.

则g（t）极大值=a+b，而g（t）极小值=b-f（a）.要使g（t）=0有三个相异的实数根，由上述图1可得：g（x）极大值=a+b>0g（x）极小值=b-f（a）<0成立.

化简整理得：-a

二、得出的重要结论

结论1：若曲线y=f（x）的图象与x轴有三个交点，则曲线y=f（x）满足条件：f（x）极大值>0f（x）极小值<0.

结论2：若曲线y=f（x）的图象与x轴有两个交点，则曲线y=f（x）满足条件：f（x）极大值>0f（x）极小值=0

或f（x）极大值=0f（x）极小值<0

结论3：若曲线y=f（x）的图象与x轴有一个交点，则曲线y=f（x）满足条件：f（x）极大值<0或f（x）极小值>0

探究2：已知函数f（x）=lnx，

g（x）=x.

（1）若x>1，求证：f（x）>2g（■）；

（2）是否存在实数k，使方程■g（x2）-f（1+x2）=k有四个不同的实数根？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由.

点评：（1）令F（x）=f（x）-2

g（■）=lnx-■，则F′（x）=■.

当x>1时，F′（x）=■>0.

∴F（x）在x∈[1，+∞）上是单调递增的，故F（x）>F（1）=0.

∴f（x）>2g（■）.

（2）令h（x）=■g（x2）-f（1+x2）=■x2-ln（1+x2） .

则由h′（x）=■=■=0，得x1=-1，x2=0，x3=1.

当x∈（-∞，-1）和（0，1）时，

h′（x）<0，即h（x）单调递减；当x∈（-1，0）和（1，+∞）时，h′（x）>0，即h（x）单调递增.

故h（x）极小值=h（-1）=h（1）=■-ln2，h（x）极大值=h（0）=0.

结合图4，当kh（x）极小值=■-1n2成立时，方程■g（x2）-f（1+x2）=k有四个不同的实数根，即k∈（■-ln2，0）.

？笙 编辑：谢颖丽

〔关键词〕 数学教学；导数；创新题

〔中图分类号〕 G633.6

〔文献标识码〕 C

〔文章编号〕 1004—0463（2014）

08—0091—01

纵观近五年高考数学“导数”章节的试题，不难发现试题立意朴实又不失新颖，选材源于教材而又高于教材，着重考查考生对数学本质的理解，宽角度、多视点、有层次地考查了数学理性思维.例如，抽象函数的图象与x轴及交点个数的问题，抽象函数的图象与直线的交点问题.下面，笔者就对这个考点演绎的创新题进行探究.

一、问题的基本图解

■

图4 直线与曲线有四个交点

由上述图组不难得出，曲线y=f（x）与x轴（或直线）是否有交点或有几个交点，都与曲线的极值有着紧密的联系.

探究1（全国卷）已知函数f（x）=x3-x .

（1）求曲线y=f（x）在点M（t，

f（t））处的切线方程；

（2）设a>0.如果过点（a，b）可作曲线y=f（x）的三条切线，证明：

-a

探究：（1）易知切线方程为：y=（3t2-1）x-2t3.

（2）如果有一条切线过点（a，b），则存在t，使得b=（3t2-1）a-2t3.于是，若过点（a，b）可作曲线y=

f（x）的三条切线，则方程2t3-3at2+a+b=0 有三个相异的实数根.

令g（t）=2t3-3at2+a+b，则g′（t）=6t2-6at=6t（t-a）.

当t∈（-∞，0） 和（a，+∞）时，

g′（t）>0，即g（x）单调递增； 当t∈（0，a）时，g′（t）<0，即g（t）单调递减.

则g（t）极大值=a+b，而g（t）极小值=b-f（a）.要使g（t）=0有三个相异的实数根，由上述图1可得：g（x）极大值=a+b>0g（x）极小值=b-f（a）<0成立.

化简整理得：-a

二、得出的重要结论

结论1：若曲线y=f（x）的图象与x轴有三个交点，则曲线y=f（x）满足条件：f（x）极大值>0f（x）极小值<0.

结论2：若曲线y=f（x）的图象与x轴有两个交点，则曲线y=f（x）满足条件：f（x）极大值>0f（x）极小值=0

或f（x）极大值=0f（x）极小值<0

结论3：若曲线y=f（x）的图象与x轴有一个交点，则曲线y=f（x）满足条件：f（x）极大值<0或f（x）极小值>0

探究2：已知函数f（x）=lnx，

g（x）=x.

（1）若x>1，求证：f（x）>2g（■）；

（2）是否存在实数k，使方程■g（x2）-f（1+x2）=k有四个不同的实数根？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由.

点评：（1）令F（x）=f（x）-2

g（■）=lnx-■，则F′（x）=■.

当x>1时，F′（x）=■>0.

∴F（x）在x∈[1，+∞）上是单调递增的，故F（x）>F（1）=0.

∴f（x）>2g（■）.

（2）令h（x）=■g（x2）-f（1+x2）=■x2-ln（1+x2） .

则由h′（x）=■=■=0，得x1=-1，x2=0，x3=1.

当x∈（-∞，-1）和（0，1）时，

h′（x）<0，即h（x）单调递减；当x∈（-1，0）和（1，+∞）时，h′（x）>0，即h（x）单调递增.

故h（x）极小值=h（-1）=h（1）=■-ln2，h（x）极大值=h（0）=0.

结合图4，当kh（x）极小值=■-1n2成立时，方程■g（x2）-f（1+x2）=k有四个不同的实数根，即k∈（■-ln2，0）.

？笙 编辑：谢颖丽

〔关键词〕 数学教学；导数；创新题

〔中图分类号〕 G633.6

〔文献标识码〕 C

〔文章编号〕 1004—0463（2014）

08—0091—01

纵观近五年高考数学“导数”章节的试题，不难发现试题立意朴实又不失新颖，选材源于教材而又高于教材，着重考查考生对数学本质的理解，宽角度、多视点、有层次地考查了数学理性思维.例如，抽象函数的图象与x轴及交点个数的问题，抽象函数的图象与直线的交点问题.下面，笔者就对这个考点演绎的创新题进行探究.

一、问题的基本图解

■

图4 直线与曲线有四个交点

由上述图组不难得出，曲线y=f（x）与x轴（或直线）是否有交点或有几个交点，都与曲线的极值有着紧密的联系.

探究1（全国卷）已知函数f（x）=x3-x .

（1）求曲线y=f（x）在点M（t，

f（t））处的切线方程；

（2）设a>0.如果过点（a，b）可作曲线y=f（x）的三条切线，证明：

-a

探究：（1）易知切线方程为：y=（3t2-1）x-2t3.

（2）如果有一条切线过点（a，b），则存在t，使得b=（3t2-1）a-2t3.于是，若过点（a，b）可作曲线y=

f（x）的三条切线，则方程2t3-3at2+a+b=0 有三个相异的实数根.

令g（t）=2t3-3at2+a+b，则g′（t）=6t2-6at=6t（t-a）.

当t∈（-∞，0） 和（a，+∞）时，

g′（t）>0，即g（x）单调递增； 当t∈（0，a）时，g′（t）<0，即g（t）单调递减.

则g（t）极大值=a+b，而g（t）极小值=b-f（a）.要使g（t）=0有三个相异的实数根，由上述图1可得：g（x）极大值=a+b>0g（x）极小值=b-f（a）<0成立.

化简整理得：-a

二、得出的重要结论

结论1：若曲线y=f（x）的图象与x轴有三个交点，则曲线y=f（x）满足条件：f（x）极大值>0f（x）极小值<0.

结论2：若曲线y=f（x）的图象与x轴有两个交点，则曲线y=f（x）满足条件：f（x）极大值>0f（x）极小值=0

或f（x）极大值=0f（x）极小值<0

结论3：若曲线y=f（x）的图象与x轴有一个交点，则曲线y=f（x）满足条件：f（x）极大值<0或f（x）极小值>0

探究2：已知函数f（x）=lnx，

g（x）=x.

（1）若x>1，求证：f（x）>2g（■）；

（2）是否存在实数k，使方程■g（x2）-f（1+x2）=k有四个不同的实数根？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由.

点评：（1）令F（x）=f（x）-2

g（■）=lnx-■，则F′（x）=■.

当x>1时，F′（x）=■>0.

∴F（x）在x∈[1，+∞）上是单调递增的，故F（x）>F（1）=0.

∴f（x）>2g（■）.

（2）令h（x）=■g（x2）-f（1+x2）=■x2-ln（1+x2） .

则由h′（x）=■=■=0，得x1=-1，x2=0，x3=1.

当x∈（-∞，-1）和（0，1）时，

h′（x）<0，即h（x）单调递减；当x∈（-1，0）和（1，+∞）时，h′（x）>0，即h（x）单调递增.

故h（x）极小值=h（-1）=h（1）=■-ln2，h（x）极大值=h（0）=0.

结合图4，当kh（x）极小值=■-1n2成立时，方程■g（x2）-f（1+x2）=k有四个不同的实数根，即k∈（■-ln2，0）.

？笙 编辑：谢颖丽