基于直观想象素养的导数压轴题研究

广东 李 虎

直观想象素养在立体几何和解析几何中以显性考查的方式出现，但在导数压轴题中是以隐性考查方式为主，大部分解题思路的来源就是直观想象，直观想象可以为探索形成论证思路，为逻辑推理提供思维基础.下面以学生在考试中失分较多，但又有较强的直观想象背景的导数压轴题来阐明笔者的观点，以期在今后的教学和备考中引起更多的重视，提升学生的素养，面对从能力立意向素养立意过渡的高考.

一、巧用直观想象，妙解导数压轴小题

【例1】(2020年广州二模)若关于x的不等式e2x-

A．[0,2e] B. (-∞,2e]

C. [0,2e2] D. (-∞,2e2]

图1

A. (-∞,0) B. (-∞,0]∪[1,+∞)

C. (-∞,-1]∪[1,+∞) D. (-∞,0)∪[1,+∞)

所以a的取值范围是[-∞，0)∪[1，+∞)，故选D.

解法二：a<0和a=0的讨论同上，下面只讨论a>0的情形.由题知f(x)的导函数f′(x)=ax-sinx，仍借助直观想象的方法，考虑到y=sinx在x=0处切线的斜率是1，故容易猜到当a≥1时，对于x>0，恒有f′(x)>0，故f(x)在(0,+∞)上单调递增，结合f(0)=0及f(x)为偶函数，可知a≥1满足题意.当00，使得f′(x0)=0且当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，结合f(0)=0，且x→+∞，f(x)→+∞，可得∃x1>x0>0，使得f(x1)=0，与题意不符.所以a的取值范围是(-∞，0)∪[1，+∞)，故选D.

点评：直观想象素养可以化抽象为直观，再结合导数的几何意义，往往可以找到分类讨论的标准，获得解题的灵感，同时还可以激发学生的创新思维，很多定理也是从直观想象中诞生，经过后面的发展才逐步完善起来的.

类题演练2.已知函数f(x)=(lnx+1-ax)(ex-2m-ax)，若存在实数a使得f(x)<0恒成立，则实数m的取值范围是( )

点评：本题含有双参数，并且还有两个超越函数y=lnx和y=ex-2m，若直接求导讨论将无法进行下去.式子结构有明显意义，借助直观想象容易与切线联系起来，从而得到解决.

二、活用直观想象，探寻导数压轴题思路

(Ⅰ)若f(x)为R上的增函数，求a的取值范围；

(Ⅱ)若a>0，x1≠x2，且f(x1)+f(x2)=4，证明：f(x1+x2)<2.

(Ⅰ)解析：f′(x)=ex-x+a，若f(x)为R上的增函数，则f′(x)=ex-x+a≥0恒成立，即ex-x≥-a恒成立，设F(x)=ex-x,则F′(x)=ex-1,当x∈(-∞,0)时，F′(x)<0，当x∈(0,+∞)时，F′(x)>0，所以F(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，所以F(x)≥F(0)=1，故-a≤1，所以a≥-1.

点评：学生几乎无法找到本题中第(Ⅱ)问要构造的函数，究其根源是无法根据图形结合单调性对问题进行转化.直观想象可以为解题指明方向，但是由于是感性的认知，还是要靠逻辑推理，回归理性的研究.本题的另一难点在于根据导函数确定拐点左右两侧增长速度的快慢，不过这个由问题也可以反向推出来.这给教学一个启示，在高三一轮复习中，一定要注意直观想象素养的培养，它往往决定学生是否可以正确找到解题的突破口.

三、善用直观想象，剖析导数压轴题

(Ⅰ)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；

点评：涉及极值问题，与导函数的变号零点有关，问题转化为研究导函数的零点情况，需要了解导函数的单调性，由于中学阶段没有介绍二阶导数，所以通常的做法是将一阶导数记成一个新的函数，然后再研究这个函数的单调性.本题通过极值得到一个方程，此方程不可解，但可利用此方程实现消参的目的，极小值转变为单变元问题，本题巧妙的利用不等式放缩，将要证的问题简化.

类题演练3.(2020广东省二模)已知函数f(x)=aex-ex-a(a

(Ⅰ)若函数f(x)的极小值为-1，求a的值；

(Ⅱ)若a=1，证明：当x≥0时，f(x)+2x-xln(x+1)≥0成立.

考情及思路分析：(Ⅰ)a=1，过程略.从学生解答情况来看，有以下几个问题，问题一：没有分类讨论极值是否存在；问题二：没有证明elna-a+1=0的解只能是1，没有证明完备性.

(Ⅱ)当x≥0时，要证明ex+(2-e)x-1-xln(x+1)≥0②.因为式子②中有两个超越函数，考虑放缩掉其中一个，如果放缩掉y=ln(x+1)，则借助其图象，容易想到利用此函数在原点的切线进行放缩，即得到ln(x+1)≤x，然后原不等式②转变为研究ex-x2+(2-e)x-1≥0.令g(x)=ex-x2+(2-e)x-1,x≥0，所以g′(x)=ex-2x+2-e，令h(x)=g′(x)=ex-2x+2-e(x≥0) ,所以h′(x)=ex-2，当x∈[0,ln2)时，h(x)单调递减，x∈[ln2,+∞)时，h(x)单调递增.所以当x=ln2时，h(x)取得最小值,h(ln2)=4-2ln2-e<0.又h(0)=3-e>0,h(1)=0，所以存在x0∈(0,ln2)使得h(x0)=0.所以g(x)在[0,x0)单调递增，在(x0,1)单调递减，在[1,+∞)单调递增.又g(0)=g(1)=0,所以g(x)min=0,g(x) ≥g(x)min=0,即f(x)+2x-xln(x+1) ≥0.

点评：本题第(Ⅱ)问第一个难点在起步的切线放缩，第二个难点在对g(x)单调区间的讨论，由于零点不可显性求解出来，只能根据零点存在性定理，确定其所在的范围，结合几个特殊位置的值来确定函数图象的大致形态.

四、结语