APP下载

例谈高考导数应用试题的分析及反思——近六年全国高考理科数学新课程卷Ⅱ分析

2016-11-25甘肃省渭源县第一中学何伟军

中学数学杂志 2016年5期
关键词:极值最值单调

☉甘肃省渭源县第一中学 何伟军

例谈高考导数应用试题的分析及反思——近六年全国高考理科数学新课程卷Ⅱ分析

☉甘肃省渭源县第一中学何伟军

导数作为研究函数的重要工具,也是进一步学习高等数学的基础,一直受到命题者的重视与青睐,导数的应用已成为命题的必考点,且常考常新.既有利用导数确定函数的单调区间的问题,又有不等式恒成立等问题.设计这些试题是对学生进行理性思维训练的良好素材,要求备考者切实选择好解决问题“切入点”和“最近发展区”,这样才有利于培养学生良好的思维能力和解决问题的能力.

一、试题简析

年份载体问题思想方法“考纲”与“说明”2010以自然对数与含参的二次函数的和为组合函数(1)单调区间;(2)恒成立时求字母系数a的取值范围2011以自然对数与有理分式的和为组合函数(1)求函数解析式;(2)f(x)>lnx x-1+k k取值范围以幂指函数与二次函数的和为组合函数(1)求解析式和单调区间;(2)求含参不等式恒成立时(a+1)b最值x的2012涉及到的数学思想有:分类讨论、函数与方程、转化与化归、数形结合;(1)导数概念及其几何意义;(2)导数的运算(常见基本初等函数的导数公式、常用的导数运算法则),基本定理

近六年全国新课标卷Ⅱ中导数及其应用为“一大两小共22分”.位置固定在第21题,有“把关、压轴”之意.难度较大,采用多问递进的设问方式,从易到难,区分度明显,采分点明确.其命题热点是以幂指式和含参的二次三项式、含参的分式组成的函数为载体,求参数(即函数解析式)、讨论函数的单调性、且第(Ⅱ)问均与不等式恒成立时逆求参数的取值范围(范围、最值)有关系,构建函数与不等式等知识融合的综合应用.特别需要说明的是,函数试题文理科区别较大,理科多为指数、对数函数与不等式证明综合;而文科多为三次函数,一般涉及到解不等式问题,复习需适当注意.结合“大纲”和“说明”研究如下:

2013以幂指对数函数组合函数2014以幂指数函数的和为组合函数(1)求函数解析式中的参数;(2)讨论单调性与证明不等式(1)讨论函数的单调性;(2)求b的最大值;(3)估计ln2的近似值2015以幂指数函数与二次函数的和为组合函数(1)证明函数的单调性;(2)含绝对值不等式恒成立时参数m的取值范围涉及到的方法有:配方法、消元法、放缩法、待定系数法、构造新函数法、赋值法、分析综合法(3)导数在研究函数中应用(单调性及单调区间、最值和极值);(4)生活中的优化问题(解决某些实际问题);(5)定积分与微积分基本定理

试题选用材料背景熟悉,接近历年考题;设问方式常规中有创新,如2014年第(3)问估计ln2的近似值,2015年含绝对值的双变量不等式恒成立,思维含量高,解题依靠导数,并适当转换思维角度.方程思想、化归思想、分类讨论思想在历年考题中从不回避.在考基础、考通性、考通法上试题体现得浓墨重彩,淋漓尽致,呈现出“入手容易、阶梯递进、拾级而上”的特点,体现了“题在书外、理在书中”的特色.

二、试题解析及反思

例1(2010年全国新课程卷Ⅱ)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.

(Ⅰ)若a=0,求f(x)的单调区间;

(Ⅱ)若当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.

解析:(Ⅰ)当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1,则f(x)在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增.

(Ⅱ)f′(x)=ex-1-2ax.

由(Ⅰ)知,ex≥1+x,当且仅当x=0时等号成立.

故f′(x)≥x-2ax=(1-2a)x,(将ex≥1+x代入f′(x)中,排除“异己ex”后所得式,易找到f′(x)≥0时对参数a进行分类讨论的标准,也就容易判断函数f(x)在给定区间[0,+∞)为增函数是顺势而为,不难得到f(x)min=f(0)=0,这样就找到了解决问题的关键)

于是当x≥0时,f(x)≥0.(让不等式f′(x)≥0找到分类讨论的界点,利用函数f(x)在[0,+∞)单调递增得f(x)min=f(0)=0,此不等式得证,剩下a>时讨论f′(x)<0又是一个难点)

由ex>1+x(x≠0)可得e-x>1-x(x≠0).(以“-x”替换x得等价不等式,是使用放缩法使f′(x)<0的关键)e-x-1>-x,从而当a>时,f′(x)<ex-1+2a(e-x-1)=e-x(ex-1)(ex-2a),(以e-x-1替换f′(x)中的x也是排除“异己x”易解不等式(ex-1)(ex-2a)<0所为,及时转换思维角度角度,化难为易,令f′(x)<0,得1<ex<2a⇒0<x<ln2a)

故当x∈(0,ln2a)时,f′(x)<0,而f(0)=0,于是当x∈(0,ln2a)时,f(x)<0,不合题意.(至此,由f′(x)<0知,函数在(0,ln2a)上是单调递减的,f(x)max<f(0)=0,突破难点,问题得解)

评注:以幂指式和含参的二次三项式的组合函数为载体,第(Ⅰ)问给出参数的取值,讨论函数的单调性易如反掌.当a=0时,极易利用导数讨论f(x)的单调区间,出自课本人教A版数学选修2-2P32习题1.3B组第1(3)题:证明不等式ex>1+x,x≠0.第(Ⅱ)问不等式恒成立时逆求参数的取值范围,涉及放缩法、分类讨论和化归转化的数学思想.

反思:(1)不能按“通法”演算下去?必须得思维转换,由f′(x)≥x-2ax=(1-2a)x得出是借用ex≥1+x化f′(x)为非超越函数成为分类讨论的关键.前一问结论是后一问隐形条件,这是解答综合性问题的策略.

(2)第(Ⅱ)问是“恒成立”问题,直接求f(x)min可以吗?学生作答:要使当x≥0时,f(x)≥0恒成立,则有ex-1-x-ax2≥0,等价于a≤(此处学生处理欠妥,因为x= 0时,不能这样!改为x=0时,f(x)=0,结论显然成立;当x>0时,才有等价的此式)并令g(x)=问题转化为g(x)min≥a即可,分离参数后思维受阻!走通法g′(x)=之路,陷入困境(出现超越方程,难解!),有曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+ 2y-3=0.

(Ⅰ)求a,b的值;

解析:(Ⅰ)f′(x)=(理解(1,f(1))既是曲线上的点,又是切线上的点是布列方程组的关键)解得a=1,b=1.

图1 

为了探究h(x)取值的正负,求出其导数,为了便于判断导函数的正负,将其变形为h′(x)=一箭双雕,既找到分类讨论的界点,按含参的二次项系数是否为零讨论,又可以容易判断h′(x)<0.

图3 

(ii)设0<k<1.由于(k-1)(x2+1)+2x=(k-1)x2+2x+k-1的图像开口向下,如图3,且Δ=4-(k-1)2>0,对称轴x=)时,[(k-1)(x2+1)+2x]min=2k>0,故h′(x)>0,而h(1)=0,故当)时,h(x)>0,可得

图2 

(iii)设k≥1,此时x2+1≥2x,(k-1)(x2+1)+2x>0⇒h′(x)>0,而h(1)=0,故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得与题设矛盾.

综上可知,k的取值范围为(-∞,0].

评注:以自然对数与含参的分式和组成的函数为载体,求参数(即函数解析式)、并利用函数的单调性确定函数的零点,进而用分类讨论思想确定当不等式恒成立时逆求参数的取值范围.

反思:(1)正确求解函数的导数是应用导数解决问题的前提,不能正确求导,导致无以为继,不了了之.审题后将问题转化为f(1)=1,f′(1)=-利用待定系数法,

建立方程组求解.

(2)本题入手容易,但深入第(Ⅱ)问难,问题设置多重障碍,要想一蹴而就根本不可能,是失分最严重、多数考生放弃的一问,这与平时练习缺少自然、和谐、顺畅的思路有关.对f(x)-变形中为什么要提取因式想不到”,构建的辅助函数并不唯一,但在具体解题中,构造h(x)合理与否?与运算过程会有很大的差异,合理地选取函数,或者对所选取的函数进行恰当地变形是实现化繁为简的转化策略,学生显得“不自觉”.学生作答如下:f(x)=推出k1,则求导g′(x)后为什么将陷入反复运算之中?(出现超越函数)在应用导数研究函数的单调性时,往往需要解含有参数的二次不等式,在进行讨论时,考虑要全面,注意到二次项系数是否为零特殊情况.

(3)“范围问题”究竟是分离参数法?还是逆向思考、数形结合?莫衷一是,举棋不定中消磨了时光.

(4)含参的不等式在给定的区间I内恒成立,逆寻参数的取值范围,仍与证明函数的单调性密不可分.

(6)要给学生一个清晰的思维导图,即作差构造新函数h(x)→求导数→判断h′(x)≥0(或h′(x)≤0)时讨论参数取值范围→h(x)min≥0(或h(x)min≤0)→结论.其实给学生一个顺其自然的“逻辑通路”是任何时候都不可忽视的工作,复习不仅仅是冲刺一道道试题,也是打开学生思维大门,培养思维品质的重要过程.

例3(2012年全国新课程卷Ⅱ)已知函数f(x)满足满足f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+x2.

(Ⅰ)求f(x)的解析式及单调区间;

令x=1,得f(0)=1.

由f′(x)>0=f′(0)⇔x>0,f′(x)<0=f′(0)⇔x<0,得f(x)的解析式为f(x)=ex-x+且单调递增区间为

(0,+∞),单调递减区间为(-∞,0).

因为h′(x)=ex-(a+1),所以

①当a+1≤0时,h′(x)>0⇒y=h(x)在x∈R上单调递增.

(为什要分类讨论,怎样讨论,因为ex>0,所以a+1与0比较大小,当a+1≤0时,h′(x)>0恒成立)

x→-∞时,h(x)→-∞与h(x)≥0矛盾.(极限思想)

②当a+1>0时,h′(x)>0⇔x>ln(a+1),h′(x)<0⇔x<ln(a+1)知,

当x=ln(a+1)时,h(x)min=(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b≥0,(利用导数求h(x)min,由此得两变量的不等关系b≤(a+ 1)-(a+1)ln(a+1))

(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),其中a+1>0.(不等式的性质)

令F(x)=x2-x2lnx(x>0),则F′(x)=x(1-2lnx).(整体意识,构造函数,转化为存在x>0,使xb≤F(x)≤F(x)max成立时,借用导数求F(x)max即可,一波三折,幽径曲通)

评注:以自然幂指式和含参的二次三项式的组合函数为载体,解析式中f′(1)和f(0)为“干扰元素”,要视为待定系数,这样才能充分利用已知条件,采用赋值法才能求解解析式.讨论函数的单调性、不等式恒成立时(a+ 1)b的值域(即取值范围).

反思:(1)对解析表达式中f′(1),f(0)所表示的是常量还是变量,判断犹豫不决.

(2)不能等价转化不等式,也不能从已知中窥测出原问题“恒成立”的含义,如对任意x∈R恒成立,问题等价于亦等价于ex-(a+1)x-b≥0成立,而是直接对f(x)求最值.

(3)构造函数h(x)=ex-(a+1)x-b,由于受诸多字母的干扰,无法完成分类讨论,不能求出其最小值将问题转换为b≤(a+1)-(a+1)ln(a+1),即使求出来,也不能及时进行思维转换,将(a+1)b继续转换为只含有a的表达式,即(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),注意观察不等式右边的结构,继续构造新函数F(x)=x2-x2lnx(x>0),寻求思路.此题极易错转化为(a+1)b≤F(x)恒成立时,求F(x)min,与结果产生矛盾!表面上看是不等式问题,但其实是函数问题,通过函数的单调性、最值得出问题的结论.

例4(2013年全国新课程卷Ⅱ)已知函数f(x)=exln(x+m).

(Ⅰ)设x=0是f(x)的极值点,求m并讨论f(x)的单调性;

(Ⅱ)当m≤2时,证明f(x)>0.

解析:(Ⅰ)f′(x)=ex.由x=0是f(x)的极值点得f′(0)=0,所以m=1.(由已知得f′(0)=0是待定系数法求解m的关键)

于是,f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f′(x)=e函数在(-1,+∞)单调递增,且f′(0)=0,因此当x∈(-1,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.(利用导数讨论单调性,极易解决,方显立足课本,夯实“四基”的重要性)

(Ⅱ)当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),(自然对数函数的单调性),即f(x)=ex-ln(x+m)≥exln(x+2),故只需证明当m=2时,f(x)>0.

当m=2时,函数f′(x)=ex-单调递增.又f′(-1)<0,f′(0)>0,故f′(x)=0在(-2,+∞)有唯一实根x0,且x0∈(-1,0).(函数零点存在定理)

当x∈(-2,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而当x=x0时,f(x)取得最小值.(利用导数求最值)由f′(x0)=0,得ex0(最小值的概念)

综上,当m≤2时,f(x)>0.

评注:以幂指式、含参对数式和有理分式的组合函数为载体,考查导数求单调性、最值、构建函数与不等式求综合应用.

反思:(1)忽视函数的定义域,导致自变量的范围扩大,是学生极易犯的错误.

(2)若寻找f′(x0)=0,则它与函数f(x)在x=x0处取到极值并不等价,判断导函数在x0处“左负右正”成为关键.如果在所讨论的区间上函数只有一点使得f′(x0)=0且在该点两侧,f′(x)的符号各异,此时该点就是极值点,也是最大(小)值点.

(3)当m取最大值2时,ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2),隐含恒成立,进而转化为求f(x)=ex-ln(x+2)在(-2,+∞)内最小值大于零.想明白,理通气顺,才能激发学生破解难题的兴趣.

例5(2014年全国新课程卷Ⅱ)已知函数f(x)=exe-x-2x.

(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;

(Ⅱ)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;

解析:(Ⅰ)因为f(x)=ex-e-x-2x,x∈R,所以f′(x)=ex+等号仅当x=0时成立.所以f(x)在R上是单调递增.(极易讨论导函数非负,即f(x)在R上单调递增)

(Ⅱ)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4x-4b(ex-e-x-2x),x>0,(化抽象为具体化)则g(0)=0.(问题等价转化为g(x)min>0,并确定“0”为函数的零点)

因为g′(x)=2e2x+2e-2x-4-4b(ex+e-x-2),所以∃x∈(0,m),m>0,使g′(x)≥0(为什么?依据是什么想不到!)即2e2x+2e-2x-4-4b(ex+e-x-2)≥0,即e2x+e-2x-2-2b(ex+e-x-2)≥0,其中x∈(0,m),m>0.(等价转化)

同理,令h(x)=e2x+e-2x-2-2b(ex+e-x-2),则h(0)=0.(构造新函数,确定函数的零点)

因为h′(x)=2e2x-2e-2x-2b(ex-e-x),所以∃x∈(0,t),t>0,使h′(x)≥0,(等价转化)即2e2x-2e-2x-2b(ex-e-x)≥0,即(ex+e-x)(ex-e-x)-b(ex-e-x)≥0且ex-e-x>0,即ex+e-x≥b,即,所以b的最大值为2.(反复应用等价转化思想)

评注:以幂指数的和构成函数,考查利用导数求单调性、最值、构建函数与不等式求综合应用.考查函数与方程,分类讨论等数学思想方法,考查分析问题和解决问题的能力,熟练函数与导数的基础知识以及基本题型是解答好本题的关键.

反思:第(Ⅰ)问常规设问,判断相对容易.第(Ⅱ)问除求导数易错外,学生缺乏接连构造新函数的意识,准备不足,转化不力,体现在(0,+∞)内,找到区间(0,m),使g(x)为单调递增函数,只需g′(x)≥0,又构造新函数h(x),继续找区间(0,t),使h(x)为单调递增函数,只需h′(x)≥0,直到得出ex+e-x≥b为止.归根到底用导数解答目标意识不强,究竟转化到何方?“数学模型化”的意识不强,有较大的随意性.第(Ⅲ)问“估计ln2的近似值”成为冷点而面呈于广大考生,能够触及和作答到这一步的考生寥寥无几.找不到思路,不会从前几问与所问内容上分析问题;解答中为什么要取b=2或b=考虑不到针对b进行讨论?往往想不到,缺少逻辑通路结合点,本身是“压轴题”,学生作答到此步,身心疲惫,无暇顾及,遇到第(Ⅲ)问从心理上立刻感到不适应,是否备考复习因“冷点”而疏漏,或试题有点“偏”,妄加揣测.

例6(2015年高考全国新课程卷Ⅱ)设函数f(x)= emx+x2-mx.

(Ⅰ)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;

(Ⅱ)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.

解析:(Ⅰ)f′(x)=m(emx-1)+2x.(极易观察m大于等于零或小于零,是确定f(x)在R上单调性的关键)

若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f′(x)>0.

若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,emx-1<0,f′(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(针对m分类讨论作答)

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,对任意的m,f(x)在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.而在x=-1或x=1处取得最大值(f(x)min=f(0)=1固然小于或等于e-1)所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是(正确分析,将|f(x1)-f(x2)|≤e-1等价转化是关键)

设函数g(t)=et-t-e+1,(构造新函数,利用导数证明其在给定区间上最大值小于或等于零)则g′(t)=et-1.当t<0时,g′(t)<0;当t>0时,g(t)>0.故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.(此时g(t)min=g(0)=2-e<0)

又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,(考察闭区间端点的函数值,确定最大值等于零)故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,即命题成立.当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.(当m>1或m<-1时,不满足题设条件)

综上,m的取值范围是[-1,1].

评注:以幂指数与二次函数的和构成函数,考查利用导数求函数的单调性,不等式恒成立时参数m的取值范围.

反思:将导函数组合成m(emx-1)+2x形式,看似容易,其实学生想不到,如此式,便以m是否大于或等于零是分类讨论的关键,也是证明的切入点;如果利用二阶导数的性质来证,避免分类讨论,极易推得结论.因为二阶导数f″(x)=m2emx+2≥0在R上恒成立,所以f′(x)=memx+ 2x-m在R上单调递增,而f′(0)=0,所以当x>0时,f′(x)>0,f(x)在(-∞,0)上单调递减;当x<0时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.对第(Ⅱ)问,学生对理解题意困难,尤其“对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1”转化为|f(x1)-f(x2)|max≤e-1,如何化归该不等式,转化难!由于x1,x2是两个独立变量,故可求研究f(x)的值域,由(Ⅰ)可得最小值为f(0)=1,最大值可能是f(-1)或f(1),故只需从而得关于m的不等式.因不易解出,据不等式重新构造函数,即g(t)= et-t-e+1,转化为利用导数研究其单调性和符号,最终视t=m,然后分m∈[-1,1],m>1和m<-1三种情况逆寻满足条件m的取值范围.化归转化的思想、分析问题和解决问题能力在难题突破中显得非常重要.

三、练中析惑、知惑,讲评中解惑

选择历年考题作为第三轮强化训练极好的素材,一是便于熟知题型,了解考查哪些知识点,哪些数学思想方法,命题的高频考点是哪些?譬如六年高考的第(Ⅱ)问都与“恒成立”有关;二是有利于把握命题方向.

笔者在这轮复习中把历年压轴题作为训练的素材,每次批阅记载同学们的困惑和错误的地方,悉数错因何在.讲题一定要分析、揣摩学生的错因心理,一定要把通性通法放在首位,但绝非“华山自古一条道”,笔者的感受是第(Ⅰ)问体现通性通法,可是第(Ⅱ)问体现考生能力的压轴题不再是“顺畅”的思路、简单的运算就可以搞定的.纵观之,通法对浅层次能力的考查适用,但对深层次能力的考查时尚欠灵活.学生在解题时思维受阻主要问题有以下几个方面:

1.审题不细,基础不扎实,认知结构不完善

审题马马虎虎,基础知识不扎实,入手求函数导数就出错,尤其是复合函数求导计算易错,漏掉对内层函数求导数;在知识运用和理解上有所欠缺,无法达到一定的深度.如运用导数证明函数的单调性自动化程度不够,运用导数证明不等式缺乏构造方法策略、思维灵活的程度不够;利用导数求参数的取值范围;导数为零的点和函数的极值点混淆;常用导数公式记忆不准确;基本技能和基本方法掌握不到位.

2.找不到解题的切入点

如果说第(Ⅰ)问引人入题,尝尝甜头,那么第(Ⅱ)问往往是纵向深入,考查能力,需要“啃的硬骨头”,相当一部分学生无思路、思维混乱,不知所云,找不到入口,透视出知识运用的灵活性程度不够,如含参不等式成立,逆求参数取值范围,对学生的逆向思维能力、问题转化能力提出了较高要求.由于思维能力和思维方式无法达到一定高度,所以对以上这些问题心有余而力不足.

3.运算有误,影响全局

运算能力差,尤其以含字母的式的运算居首.运算求解能力是思维能力和运算技能的结合.教师只注重正确解题思路的剖析和解法的多样性,而忽视了算理、算法和对运算途径的优化,认为正确算出结果是学生自己的事,把算出结果这颗“球”踢给学生、缺乏足够的耐心.其实仅有正确的思路是远远不够的,算出正确的结果的背后,解决问题的能力却有天壤之别.学习中切忌一遇到复杂运算题,认为思路已经明确就认为会做,而没有动手进行具体的步骤运算.因此,平时教学不仅引导学生有一个正确的思路,而且还要选择合理的运算方法,提高运算的正确性十分重要.

4.方法不当,思维定式

或许是受“通性通法”迁移影响,着力按步索冀,变通能力差,在分析问题时缺乏前后联系,从而无法运用已知结论解决问题.策略不当、逻辑混乱;很多问题从正面直接入手很难奏效,取得实质性进展,像2011年第21题(Ⅱ)问,直接作差,构造新函数f(x)-很难取得突破,继续对右式提取后,发现另一因式2lnx+对问题结果具有核心影响力,因此又对具有核心影响力的因式再构造新函数使牵扯复杂计算的问题迎刃而解,因此灵活应用转化思想,是解决压轴题常常堤防的一点.

5.讨论不全,论证不严

导数的第(Ⅱ)问都与参数有关,在解题时首先研究函数的定义域,求解中常伴随着参数,需要分类讨论思想,为什么要分类?不知怎么分类?通常一是导函数零点中含有参数而大小具有不确定性;二是求解最值问题时要对导函数的零点和给定区间的左、右端点值进行大小比较;三是研究函数的单调性时,导函数是含参数的二次函数或部分二次函数时要对其正负作出判断;四是不等式恒成立时求参数的取值范围时要进行讨论等.讨论丢三落四,顾此失彼,而且对分类讨论的结果缺乏整合的意识.

6.综合能力不足,捉襟见肘

导数问题面对的是一个比较复杂问题,对考生的各种能力要求较高,“单打一”知识点或某种方法是不能解决的,必须综合考虑所有知识点和多种思想方法,才能解决问题.忽视隐含,缺乏化隐为显意识,如2013年第21题(Ⅱ)问,当m取最大值2时,ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2),隐含恒成立;对恒成立含义不清,无法实现转化为最值问题;忽视(尤其隐含)条件,匆忙做题,终因条件“残缺不全”不了了之;对接二连三构造新函数、含参恒成立、分类讨论的界点等掌握不好,思路停滞;思维欠缜密,缺少主要过程;没说清楚,漏掉必要的说明;语言叙述不规范,表达不正确;随意跳步等严重的现象.大多数考生由于综合应用知识的能力不足,能够入手但不能深入,胡乱写几个式子,不了了之.

四、教学建议

作为高考的压轴题,对导数应用的考查无论从深度、广度上还是对能力的要求上是其他题目所不能替代的.备考复习选择它作为训练题毫无疑问的,大多数学生因为能力不足,平时复习就不够重视,另外老师在讲评时忽略易错点,厘清导数应用题目类型、思维导图和解答模式粗枝大叶,造成“舍弃难题都不会”的状况.

1.盘点导数应用时几个易错点

(1)利用导数的几何意义求切线方程y-f(x0)=f′(x0)(x-x0)时,既是曲线y=f(x)上的点,也是切线上的点,牢记这一点,就容易求出f(x0),学生往往顾此失彼,造成思维“断链”情况.曲线“在某点处”的切线只一条,“过某点”的切线就不是一条的问题了,需先依据题设条件设出并求出切点坐标.

(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件.有些学生把“f′(x)≥0”写成f′(x)>0,造成问题无法解决.在求解这类问题时很多同学会将其作为充要条件使用,从而导致错误.

(3)误解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.若y=f(x)可导,f′(x0)=0是f(x)在x=x0处取得极值的必要不充分条件;如果抛开可导条件,那么f′(x0)=0是y= f(x)在x=x0取得极值的既不充分条件也不要条件.如①y=|x|在x=0处取得极小值,但在x=0不可导;②函数y=x3在x=0处,f′(0)=0,但x=0不是f(x)=x3的极值点.函数极值与最值混淆,极值是比较极值点附近函数值得出的,是个“局部”概念,而函数的最值是在整个定义域上最大(小),是个“整体”概念.

(4)应用导数研究函数的单调性时,往往疏忽二次项系数为零;求参数的范围,容易忽视恒成立的转化,忽视对参数的讨论导致错误,容易漏掉端点的取值.

2.依托课本“四题”,夯实基础,提升能力

以课本“四题”为载体,由易到难,逐步提升.平时复习,不以课本为资源,远离课本,另搞一套,学生由于脱离课本,失去了赖以求知的基础,把精力放在对资料内容的理解上,这对于能力的提升“杯水车薪”.课堂教学中,教师若“学情”定位“教情”,能以课本“四题”为载体,合理引导学生识别或建立模型,并熟练掌握各种模型的解决程序,常见导数应用问题便会迎刃而解.

3.抓好历年考题的思想方法训练,培养探究能力

提高应用数学思想方法解决问题的熟练程度,特别是抓好“压轴题”的探究,解题教学,重在剖析数学思维过程,在讲评中揭示隐含在题中、又不被人们发现的思维暗线,重在思想方法的提炼与升华,让学生稳中求创新的命题理念中适应高考的新问题,提高综合应用知识解决问题的能力.只有带领学生回归对数学问题的探究上,求解历程上,突破困局方法上下工夫,学生独立思考解决问题的能力才能得到提升,才能适应不断创新变化的题目.“学”有新“思”,“思”有所“得”,“练”有所“获”,学生才能真正理解和掌握知识.

4.强化导数应用要解决函数的几个问题

(1)求函数的单调区间.利用导函数判断原函数的增减性、求单调区间是高考常见题型,而导函数有无零点及零点具体值是解决单调性问题的关键.从上可知,对单调性的讨论的基本过程如下[1]:

(2)求函数的极值(最值).函数的单调性和最值问题是导数的基本运用.导数法求最值要比初等方法快捷简便,关键是能正确求导,并根据导数由单调性得到极值,然后由端点的函数值及极值进行比较得到最值.

(3)利用导数证明不等式.利用导数证明不等式或求参数的取值范围,一般是先分离出参数,然后转化为求在给定区间上的最值问题.其关键是构造适当的函数,判断区间端点的函数值与0的关系.其实质就是利用求导的方法研究函数的单调性,通过单调性证明不等式.

利用函数的值域或最值判断函数的单调性、证明不等式与求单调区间和极值略有不同,注意体会不同在哪儿?

作差→构造新函数h(x)=f(x)-g(x)→判断函数h(x)的单调性(在已知区间上)→函数h(x)≥0(≤0)恒成立→h(x)在给定的区间上h(x)≥h(x)min(或h(x)≤h(x)max.归结到利用函数的值域或最值证明不等式.

(4)含参不等式恒成立的问题.若能分离参数k,即得到φ(k)>f(x)或φ(k)<f(x),则问题转化为函数在给定区间上的最值问题求解即可,利用分离变量时要特别注意是否需要分类讨论(>0,=0,<0).若无法分离参数,可考虑分类讨论时处理含参不等式,而确定分类讨论的标准是关键.

含参函数f(x)在给定区间I上f(x)≥0恒成立→求导数→放缩f′(x)≥f2′(x)≥f2′(x)≥…fn′(x)≥0(或f′(x)≤0)→讨论函数f(x)在区间I上单调性→f(x)min≥f(0)=0(或f(x)max≤f(0)=0)→确定参数.

若已知函数单调性求参数范围时,隐含恒成立思想.

(5)利用导数研究方程的根(或函数的零点).研究函数g(x)的零点的关键是掌握零点存在定理,其求解策略是:

①方程的根→构造函数g(x)的零点→若g(x)在区间I是单调的→函数g(x)最多只有一个零点;

②方程的根→构造函数g(x)的零点→若g(x)在区间I不是单调的→求g(x)的极值→比较极值与零的大小→结合单调性与零点存在定理→确定零点的个数.

总之,只要我们认真去研究高考试题,在做中求悟、在悟中求道,就一定从题目中提炼有价值的思维导图或解答模式,六年高考试题的解析,除与用导数的几何意义求切线外,求函数的单调区间;用导数研究函数的极值、最值;用导数求最值的方法、证明不等式等相应问题最终都归结到单调性上,其解答均可按照“程序化”“模式化”的流程来解决,想明白、说清楚、写正确.这样学生不止于遇到此类问题六神无主、胡乱答一起,最终不了了之.因此,在复习中,有意强化逻辑的连贯性和延续性,重视高考试题的解答模式的审视,注重用知识的“逻辑链”发展“思维链”,注重思维导图对提高学生的解题能力、快速索捡解题正向迁移作用,所有这些对提升学生攻坚克难的自信心是很有帮助的.

1.陶德军.合理使用“模式化”与“程序化”,提高解题效率[J].中国数学教育,2014(6).

2.曾辛金.近六年全国高考数学课标卷试题分析与备考建议[J].中学数学杂志,2015(9).

3.何伟军.坐标系与参数方程试题分析与启示[J].教学考试(理论版),2015(2).

4.何伟军.圆锥曲线问题的解答“困”在何处?[J].中学数学(上),2014(6).Y

猜你喜欢

极值最值单调
单调任意恒成立,论参离参定最值
极值点带你去“漂移”
聚焦圆锥曲线中的最值问题
数列的单调性
极值点偏移拦路,三法可取
巧用不等式求最值
数列的单调性
数列中的最值题型例讲
极值点偏移问题的解法
对数函数单调性的应用知多少