导数一题多解 发散学生思维

洪梅

摘 要：导数是高中数学的重要知识点，相关题型复杂多变.高考中这类题型常以压轴题的形式出现，难度较大.教学中，为提高学生解答导数习题的能力，应注重精讲精练，尤其引导学生开展一题多解活动，积极发散学生思维，使学生根据自身实际掌握任意一种解题思路，遇到类似习题能够迅速解答.

关键词：高中数学;导数;一题多解;思维

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2020）22-0073-02

在导数教学中开展一题多解活动，不仅有助于学生更加全面地认识导数知识本质，而且可以拓展学生思维，使其积累相关的解题经验，不断提高其解题水平与解题能力.

一、一题多解在图象交点问题中的应用

图象交点是高中数学的重要问题之一.解答该类问题常转化为函数的零点或方程在给定定义域上根的个数问题.显然对于较为复杂的函数或方程问题，需要运用导数知识求解函数的单调性，以此来判断零点、根个数的

情况.

例1 已知函数f（x）=（2-x）ex，g（x）=a（x-1）2.（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程;（2）讨论y=f（x）和y=g（x）的图象的交点个数.

该题目第一问较为简单，在这里不再赘述，接下来主要讨论第二问的两种解法.

方法一：含参讨论法

令F（x）=g（x）-f（x），则F′（x）=（x-1）（ex+2a），因a的取值未知，接下来需要进行分类讨论：

①当a=0，则F（x）=（x-2）ex，F（x）只有一个零点;

②当a<0，由F′（x）=0得x=1或x=ln（-2a）.

若a≥-e2，则ln（-2a）≤1，故当x∈（1，+∞）时，F′（x）>0，因此，F（x）在（1，+∞）上单调递增.当x→+∞时，F（x）>0，又当x≤1时，F（x）<0，所以F（x）只有一个零点.

若a<-e2，则ln（-2a）>1，故当x∈（1，ln（-2a））时，F′（x）<0;当x∈（ln（-2a），+∞）时，F′（x）>0.因此，F（x）在（1，ln（-2a））上單调递减，在（ln（-2a），+∞）上单调递增.当x→+∞时，F（x）>0，又当x≤1时，F（x）<0，所以F（x）只有一个零点.

③当a>0，则当x∈（-∞，1）时，F′（x）<0;当x∈（1，+∞）时，F′（x）>0.因此，F（x）在（-∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.又因为F（1）=-e，F（2）=a，取b满足b<0且ba2（b-2）+a（b-1）2=a（b2-32b）>0，则F（x）存在两个零点.

综上：当a≤0时，F（x）只有一个零点;当a>0时，F（x）有两个零点.

方法二：分离参数法

①当x=1时f（1）=e，g（1）=0，无解.

②当x≠1，分离参数得到a=（2-x）ex（x-1）2，令h（x）=（2-x）ex（x-1）2，对h（x）求导，整理得到：h′（x）=-ex（x-1）[（x-2）2+1]（x-1）4，其中（x-2）2+1>0，对单调性没影响.当x∈（-∞，1）时，h′（x）>0，h（x）单调递增.当x→1时，h（x）→+∞，当x→-∞，h（x）→0.当x∈（1，+∞）时，h′（x）<0，h（x）单调递减.当x→1时，h（x）→+∞，当x→+∞时，h（x）→-∞.

因此，当a>0时，y=a和h（x）的图象有两个交点.当a≤0时，y=a和h（x）的图象有一个交点.

二、一题多解在恒成立问题中的应用

恒成立是高中数学的热门题型，是高考的热门考点.解答该类题型的方法多种多样，需要具体问题具体分析.其中常用的解题思路为切线斜率法、分离参数法、含参讨论法等.

例2 已知e1/x-lnx>e+a1-xx，对任意的x∈（0，1）恒成立，则实数a的取值范围为（）.

A.（0，e+1）B.（0，e+1]

C.（-∞，e+1）D.（-∞，e+1]

解答该题可先进行换元、变形，即，由已知可知e1/x+ln1x>e+a（1x-1），令t=1x，则et+lnt>e+a（t-1）（t>1）.

1.切线斜率法

令g（t）=et+lnt，y=at-a+e，则g′（t）=et+1t，在定义域（1，+∞）上g′（t）>0，g（t）单调递增，g′（1）=e+1，要想满足题意只需a≤e+1，正确选项为D.

2.分离参数法

由上可知a（t-1）1），即，a0，1-1t>0，因此，

g′（t）>0，g（t）在t>1上单调递增，则g（t）min=g（1）.由洛比达法则法则可知g（1）=e+1，即，a≤e+1，正确选项为D.

3.含参讨论法

令g（t）=et+lnt-a（t-1）-e（t>1），当t=1为其临界条件，g（1）=0，对其求导g′（t）=et+1t-a，对导数进行求导g″（t）=et-1t2>0，表明在t>1上，g′（t）单调递增，当g′（1）=e+1-a≥0，即，a≤e+1时，则g（t）在（1，+∞）上单调递增，∴g（t）>g（1）=0满足.当g′（1）=e+1-a<0，即，a>e+1时，则存在t∈（1，+∞）使得g′（t0）=0，∴g（t）在（1，t0）上单调递减，在（t0，+∞）上单调递增，∴g（t0）

导数在高中数学中占有重要地位.教学中为提高学生解答导数问题的能力，应注重经典题型的筛选，积极组织学生开展一题多解活动，发散学生思维，深化学生对导数知识理解的同时，掌握更多的解题方法，不断提高其解题能力，促进其数学学习成绩更好的提升.

参考文献：

[1]汪家玲.一题多解谈高考导数题的解法与教学[J].数学学习与研究，2019（05）：130.

[2]浦婷婷.一道导数题的多角度思考[J].数学之友，2018（02）：84-85.

[3]范小明.运用一题多解提升函数与导数题的解题能力[J].中学数学研究，2015（06）：36-38.

[责任编辑：李 璟]