破解“函数与导数”试题的七种非常规技巧

梁昌金

从近几年的全国卷高考情况来看，第21题是以函数与导数、方程与不等式等知识为载体的导数问题.这类试题，由于其试题新颖，综合性高，方法多样，技巧性强，所以难度往往很大，给不少学生造成了一定的心理压力.因此，如何突破这方面的内容便成了一个重要的研究课题.本文结合几道例题，给出破解“函数与导数”试题的七种非常规技巧，化陌生为熟悉，使这类问题的求解也具有一定的通性通法，极大降低解题难度.

1 利用导数的定义

例1（2016年高考新课标Ⅱ文20）已知函数f（x）=（x+1）lnx-a（x-1）.

（Ⅰ）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；

（Ⅱ）若当x∈（1，+∞）时，f（x）>0，求a的取值范围.

解（Ⅰ）所求切线方程为2x+y-2=0（过程略）；

（Ⅱ）当x∈（1，+∞）时，f（x）>0等价于a<（x+1）lnxx-1.

设g（x）=（x+1）lnxx-1，x>1，

则g′（x）=x2-1x-2lnx（x-1）2.

设h（x）=x2-1x-2lnx，x>1，

则h′（x）=（x-1）2x2>0.

所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，因此，当x>1时，h（x）>h（1）=0.

所以g′（x）>0，故g（x）在（1，+∞）上单调递增.

设φ（x）=（x+1）lnx，x>1，则g（x）=φ（x）-φ（1）x-1.

于是limx→1g（x）=limx→1φ（x）-φ（1）x-1=φ′（x）x=1=lnx+x+1xx=1=2.

所以a≤limx→1g（x）=2，故a的取值范围是（-∞，2].

点评若采用分离参数法，在得出函数g（x）在（1，+∞）上单调递增后，无法求出最小值，分离参数法失败了.针对这种情况，有人启用洛必达法则解决，但因高中没有学习洛必达法则而受质疑，干脆放弃分离参数的方法另谋它法.故而本题的参考答案用的是分类讨论的方法进行求解.本文使用了导数的定义，既避免了繁琐的分类讨论，又没有使用超纲的洛必达法则，且整个解答过程极为简洁，无疑是一种值得推广的好方法.

2 先充分后必要

例2（2015年高考北京卷理科第18（3）题）

设实数k使得ln1+x1-x>k（x+x33）对x∈（0，1）恒成立，求k的最大值.

解设g（x）=ln1+x1-x-k（x+x33），则g′（x）=（x2+1）（-k），注意到g（0）=0，若x∈（0，1）时，g′（x）≥0（0

此时g（x）在（0，1）上单调递增，所以g（x）>g（0）=0符合题意，因此k≤2.

又当k>2时，可得g′（x）=kx4-（k-2）1-x2，所以，当0

因此g（x）在区间（0，4k-2k）上单调递减，所以g（x）

所以，所求k的最大值为2.

点评不等式含参恒成立问题，常规方法是“分离参数法”和“构造函数法”，但有时解决起来很困难.笔者探究发现，有些问题，我们可以关注端点效应，如本试题前半部分求解得出的仅是原命题成立的一个充分条件，再证其必要性即可.

3先必要后充分

例3（合肥市2016届高三第二次教学质量检测理科第21题）已知函数g（x）=ax3+x2+x（a为实数）.

（1）试讨论函数g（x）的单调性；

（2）若对x∈（0，+∞）恒有g（x）≤lnx+1x，求实数a的取值范围.

解（1）略；

（2）令f（x）=lnx+1x，则f′（x）=1x-1x2，

因此，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，所以f（x）min=f（1）=1.

对x∈（0，+∞）恒有g（x）≤lnx+1x，则必有g（1）≤1，即a≤-1.

当x∈（0，+∞），a≤-1时，g（x）=ax3+x2+x≤-x3+x2+x，设h（x）=-x3+x2+x，

则h′（x）=-3x2+2x+1，当x∈（0，1）时，h（x）单调递增；当x∈（1，+∞）时，h（x）单调递减.

所以h（x）max=h（1）=1，于是g（x）≤f（x）=lnx+1x.

综上，实数a的取值范围为a≤-1.

点评含参不等式恒成立问题在各类考试中频繁出现，常规方法是对参数进行分类讨论.如何分类，分类后如何破解问题是难点，而且学生对分类讨论较为畏惧.另辟蹊径，可以利用不等式恒成立的必要条件缩小参数的范围，然后再作充分性论证，这样常能达到化繁为简的作用.

4分离函数法

例4（武汉市2016届高中毕业生四月调研测试理科数学21）

已知函数f（x）=x2ex-lnx.（ln2≈0.6931，e≈1.649）

（1）当x≥1时，判断函数f（x）的单调性；

（2）证明：当x>0时，不等式f（x）>1恒成立.

解（1）函数f（x）在[1，+∞）上单调递增（过程略）；

（2）f（x）>1等价于exx>lnx+1x3.令g（x）=exx，h（x）=lnx+1x3.

一方面，g′（x）=（x-1）exx2.

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

所以当x=1时，g（x）=exx取得最小值，最小值为e.

另一方面，h′（x）=-3lnx+2x4.

当x∈（0，e-23）时，h′（x）>0，h（x）单调递增；当x∈（e-23，+∞）时，h′（x）<0，h（x）单调递减.

所以当x=e-23时，h（x）=lnx+1x3取得最大值，最大值为13e2.

注意到e>13e2，从而可知对x>0都有g（x）>h（x），即exx>lnx+1x3，即f（x）>1.

点评当函数不等式中同时出现ex和lnx时，直接应用导数证明很困难，甚至需要多次求导，导致思维受阻，此时若能从函数不等式分离出ex或lnx，再利用导数证明，则可化难为易、化繁为简.

5重要不等式

例5（2014年新课标Ⅰ理21）设函数f（x）=aexlnx+bex-1x，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线为y=e（x-1）+2.

（1）求a，b； （2）证明：f（x）>1.

解 （1）a=1，b=2（过程略）；

（2）由（1）知f（x）=exlnx+2xex-1，从而f（x）>1等价于xexlnx+2ex-1-x>0，

由常见不等式ex≥x+1，得ex-1≥x，所以-x≥-ex-1，

所以xexlnx+2ex-1-x≥xexlnx+ex-1=ex（xlnx+1e），

令g（x）=xlnx+1e，x>0，则g′（x）=lnx+1，

当01e时，g′（x）>0，g（x）单调递增.

所以g（x）≥g（1e）=0.由于取等号的条件不同，故xexlnx+2ex-1-x>0，从而原不等式成立.

点评课本是数学知识的重要载体，是高考考试内容的具体化，是解题能力的基本生长点.不等式ex≥x+1及其变式lnx≤x-1（x>0）即是课本中的一个重要不等式.只有全面“吃透”课本上的例题、习题，才能系统地掌握蕴含其中的基础知识、基本方法和数学思想，构建起属于自己的数学知识网络.

6切线分隔法

例6（2016年辽宁省部分重点中学协作体高三模拟考试理科第21题）已知函数f（x）=ln（x+1）x.

（1）判断f（x）在（0，+∞）的单调性；

（2）若x>0，证明：（ex-1）ln（x+1）>x2.

解（1）f（x）在（0，+∞）上单调递减（过程略）；

（2）因为（ex-1）ln（x+1）>x2ex-1x>xln（x+1）（x>0）.

设g（x）=ex-1x，h（x）=xln（x+1），注意到g（0）=h（0）=1，

则易求出函数g（x），h（x）的图像在点（0，1）处有相同的切线y=12x+1.

下面证明两个不等式成立即可：

ex-1x>12x+1（x>0）ex>12x2+x+1（x>0）；

xln（x+1）<12x+1（x>0）ln（x+1）>2xx+2（x>0）.

这两个不等式通过构造函数易证（过程略）.

点评 试题本质是通过等价变形，作出草图，发现函数y=ex-1x的图像与函数y=xln（x+1）的图像有公切线y=12x+1，且y=ex-1x的图像在这条公切线的上方，y=xln（x+1）的图像在这条公切线的下方.

7变更主元法

例7（黑龙江省哈尔滨市第三中学2016届高三第一次模拟考试理科第21题）

已知函数f（x）=lnx-kx+1（k为常数），函数g（x）=xex-ln（4ax+1），（a为常数，且a>0）.

（1）若函数f（x）有且只有1个零点，求k的取值的集合；

（2）当（1）中的k取最大值时，求证：ag（x）-2f（x）>2（lna-ln2）.

解（1）k的取值的集合为{k|k≤0或k=1}（过程略）；

（2）由（1）知，lnx≤x-1，当且仅当x=1时等号成立.

而4ax+1>1，故ln（4ax+1）<4ax+1-1=4ax.

于是，k=1时，ag（x）-2f（x）=axex-aln（4ax+1）-2lnx+2x-2>axex-a·4ax-2lnx+2x-2=axex-2lnx-2x-2.

设h（a）=xexa-2lna-2x-2lnx-2+2ln2，则h′（a）=xex-2a，

由h′（a）>0，得a>2xex；由h′（a）<0，得0

所以h（a）在（0，2xex）上单调递减，在（2xex，+∞）上单调递增，

所以h（a）≥h（2xex）=0，即axex-2lnx-2x-2≥2（lna-ln2），故原不等式成立.

点评对于含参函数问题，涉及到的量往往不止一个，若能转换角度思考问题，往往会出奇制胜，收到意想不到的效果和感悟.

一些典型问题，虽然已有通法存在，但由于学生的接受能力与分析问题的能力所限，不能很好地理解并掌握这些方法.通过以上几道导数压轴题的分析，我们发现，对一些典型问题的分析，我们不能停留在问题表象的研究.而应多做一些教学与解题研究，从不同的角度、方法使问题得到更为完善的解决.这些“非常道”，表面上看起来是一些巧解，但通过细致的分析，我们会发现，这些“非常道”往往也是一种通法，而且是学生较为容易接受的一些通法，是提高学生分析问题与解决问题的重要思想方法.这就要求我们在平时的学习中，应善于学习，勤于钻研，能站在更高的角度看待和审视问题.