导数题中几类处理策略探究

2017-10-18江苏省南京市行知实验学校

中学数学杂志 2017年17期

☉江苏省南京市行知实验学校周密

导数题中几类处理策略探究

☉江苏省南京市行知实验学校周密

导数题是近几年中高考的热点，也是难点.这对我们的高考如何复习、如何备考，以及教师的专业素养等方面都提出了新的要求，特别是当导数作为压轴题进行考查时，常常在这部分模块立意创新.笔者通过近几年的试卷特点，总结一些经验和看法，提供一些解题策略.

导数题型在历年课标卷中的分布情况看，趋向稳定.以一个选择题（填空题）和一个大题（21题）压轴登场.选择题型在导数的定义、运算法则、极值、几何意义及应用上做文章；而压轴题一般由两个或三个小问组成，利用导数考查函数的单调性、最值、零点、函数值估算等方面的综合.从以下几个常见的题型进行探究.

策略一、利用导数的定义破解导数题

在导数解答题中，不少解答都是利用分类讨论思想解答的，而学生对分类讨论尤为畏惧，往往不能有效解决问题.而不少学生更喜欢利用分离参数，转化为最值的方法解答这类问题.但这种方法，有时最值不存在，其极限值却存在，很多问题无法用中学知识解释清楚，而利用导数的定义是解决这类问题的有利工具.

对导数的基本概念做进一步的发掘，容易得出函数y=（fx）在x=x处的导数等价于f（′x）00

导数的定义给出了某一函数在x=x0处的极限值与函数y=f（x）在x=x0处的导数的联系，为利用导数的定义解决一类导数解答题提供了理论依据，下面笔者以近几年的各类试题为例，谈谈利用导数定义破解导数解答题这个问题，现举例如下.

例1已知函数f（x）=ex-e-x.

（1）证明：f′（x）≥2；

（2）若对x≥0都有f（x）≥ax，求实数a的取值范围.

解析：（1）略.

（2）当x=0时，对任意a∈R，f（x）≥ax显然成立；

设h（x）=x（ex+e-x）-（ex-e-x）（x＞0），则h′（x）=x（ex-e-x）＞0，所以h（x）单调递增，所以h（x）＞h（0）=0，所以g′（x）＞0，所以g（x）单调递增.

综上可知实数a的取值范围为（-∞，2）.

点评：本题再一次让我们感受到了导数的定义在解这类问题中的优越性.这说明教师在教学过程中，应重视基本概念、定义的教学，不可只重题型方法的灌输，从而忽视基本概念、定义的生成、发掘和延伸.

策略二、通过构建新函数解决导数问题

学生根据求导后式子的特点，可以构造新函数.例如对求导后运算规则的考查，特别是对f′（x）·g（x）+f（x）g′（x）与f′（x）g（x）-f（x）g′（x）这一结构特征的认识，联想到构建复合函数.

例2已知a，b∈R，且b＞a＞e（e为自然对数的底），求证：ab＞ba.

证明：因为b＞a＞e，所以要证ab＞ba，只需证blna＞alnb，即证，构造函数y=（x＞e），y′=，当x＞e时，y′＜0，所以函数在（e，+∞）内是减函数，由b＞a＞e，故，即证ab＞ba.

点评：某些不等式的证明，用初等方法比较麻烦，而且其思路也不明朗，如本题通过适当等价变形，发现不等式两边形式相同，仅变量不同，便构造“形似辅助函数”y=（x＞e），而这一函数由基本初等函数y=x与y=lnx简单构造而成，对于它的图像和性质应用导数工具很快就能弄清楚，所以借助构造“辅助函数”利用“导数”这一工具处理，有时会使问题解决显得自然、简便.

策略三、巧用二阶求导解决导数问题

当导数作为压轴题时，其中的函数单调性的判断，常涉及参数的分类讨论问题，学生是比较棘手的.如果我们求导之后，来直接判断导函数的正负问题，会遇到参数分类讨论的瓶颈.因此我们在导函数的基础上再次求导，即二阶求导，来判断导函数的单调性，问题会简单许多.

例3设函数f（x）=emx+x2-mx.证明：f（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增.

分析：①直接讨论：f（x）=emx+x2-mx⇒f′（x）=m（emx-1）+2x，判断f′（x）的正负.

当x∈（0，+∞）时，2x＞0，只需m（emx-1）＞0，对m的正负讨论.

若m≥0时，emx-1＞0，则m（emx-1）≥0；

若m＜0时，emx-1＜0，则m（emx-1）＞0.

所以f′（x）=m（emx-1）+2x≥0⇒f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增.

当x∈（-∞，0）时，略.

②二阶求导：f（x）=emx+x2-mx⇒f′（x）=m（emx-1）+2x⇒f″（x）=（m（emx-1）+2x）′=m2emx≥0，f′（x）在R上单调递增，且f′（0）=0.

所以当x∈（-∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增.

策略四、“借”用洛必达法则求参数范围

在导数的综合题中，若用分类讨论来求解，分类的情况较多，对学生来说讨论不完全或漏解的情况，这对学生的综合素质要求较高.对大部分考生来说，是困难的.可以通过介绍极限的方法，把洛必达法则“借”用到高中，也算一种策略.此类含参题目结构特点：变量分离⇒a≤⇒a≤），其中（x）=（x）=0；minU°（a）内，f′（x）和g′（x）都存在，且g′（x）≠0=A=A.

例4已知函数（fx）=ex-e-x-2x.

（1）讨论（fx）的单调性；

（2）设g（x）=（f2x）-4b（fx），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；

分析：（1）（3）略.

（2）g（x）=e2x-e-2x-4b（e-e-x）+（8b-4）x＞0⇒4b（ex-e-x-2x）＜e2x-e-2x-4x.

记q（x）=ex-e-x-2x⇒q′（x）=ex+e-x-2≥0在x∈（0，+∞）上恒成立，且q′（0）=0.

正推：q（x）=ex-e-x-2x＞0在x∈（0，+∞）上恒成立.

下证：h（x）＞2在x∈（0，+∞）上成立.

记q（x）=e2x-e-2x-4x-8（ex-e-x-2x），x∈（0，+∞），则q′（x）=2e2x+2e-2x-8（ex+e-x）+12=2（ex+e-x）2-8（ex+e-x）+8=2［（ex+e-x）-2］2＞0，所以q（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，q′（0）=0.所以q（x）＞0在x∈（0，+∞）上成立.h（x）＞2得证.所以b≤2.