函数导数压轴考题新方向

【摘要】本文对高考函数导数压轴题的题型及其解法进行宏观上长时段的梳理归纳、提炼分析、研究命题规律，从而对高考命题方向进行预测，并举例进行微观剖析、引导教学，开展精准教学实践，突出重点、突破难点、疏通堵点、追回漏点，指导学生精准备考．

【关键词】函数导数；高中数学；解题技巧

自教材改革，函数导数进入教材、进入高考试题以来，命题落点大约经历了以下几个类型阶段．（1）多项式型函数的初级阶段，fx=ax3+bx2+c；（2）指数函数、对数函数分别与二次及以下函数结合常规解法型阶段，fx=alnx+（bx2+cx+d）或fx=alnx-（bx2+cx+d）或fx= ex（ax2+bx+c）或fx=ax2+bx+cex；（3）指数函数与对数函数同时出现在一个解析式中难度较大型阶段，fx=alnx+bex+c，借助同构法让指数函数、对数函数之一短暂消失，避开讨论，化难为易，达成妙解，如2020年和2021年全国I=1*ROMAN卷数学高考试题21和22；（4）fx=aex+bxcosx+c，借助常用不等式ex≥x+1放缩让指数函数、三角函数不再同时出现，如2022年江苏省南通市海安2.5模试题22和泰州市3模试题22．现分别予以说明，供教师读者研究和学生读者复习时参考．

例1（2020高考全国I=1*ROMAN卷题21）已知函数f（x）=aex－1－lnx+lna．

（1）当a=e时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．

解析（1）解略．

（2）由f（x）≥1得aex－1－lnx+lna≥1，即elna+x－1－lnx+lna≥1．亦即elna+x－1+lna－1≥lnx，也就是elna+x－1+lna+x－1≥lnx+x=elnx+lnx．（模型同构）

令g（t）=et+t，g′（t）=et+1>0，所以g（t）在R上单调递增．

则有g（lna+x－1）≥g（lnx），则lna+x－1≥lnx恒成立．

即lna≥lnx－x+1恒成立，只需lna≥（lnx－x+1）max．

令h（x）=lnx－x+1，h′（x）=1x－1=1－xx．

所以h（x）在（0，1）上单调递增，（1，+∞）上单调递减，所以h（x）≤h（1）=0．

则lna≥0，则a≥1．故a的取值范围是［1，+∞）．

例2（2021高考全国I=1*ROMAN卷题22）已知函数fx=x1－lnx．

（1）讨论fx的单调性；

（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb=a－b，证明：2<1a+1b<e．

解（1）因为fx=x1－lnx，x∈（0，+∞），

所以f′（x）=1－lnx－1=－lnx．

所以fx在0，1单调递增，fx在1，+∞单调递减．

（2）由blna－alnb=a－b，

得－1aln1a+1bln1b=1b－1a．

即1a1－ln1a=1b1－ln1b．（模型同构）

令x1=1a，x2=1b，则x1，x2为fx=k的两个根，其中k∈0，1．

不妨令x1∈0，1，x2∈1，e，则2－x1>1．

先证2<x1+x2，即证x2>2－x1．亦即证fx2=fx1<f2－x1．

令hx=fx－f2－x，则h′（x）=f′（x）+f′（2－x）=－lnx－ln（2－x）=－ln［x（2－x）］．

因为x∈0，1，所以x2－x∈0，1．

所以h′（x）>0恒成立，所以hx单调递增．

于是hx<h1=0，

所以fx1<f2－x1．

所以2<x1+x2，得证．

同理，要证x1+x2<e，只须证fx2=fx1<fe－x1．

令φx=fx－fe－x，x∈0，1，则φ′（x）=－lnxe－x．令φ′（x0）=0，则

又x>0，fx>0，且fe=0，所以x→0，φ0>0，φ1=f1－fe－1>0．

所以φx>0恒成立．所以x1+x2<e得证．故2<1a+1b<e．

例3（2022年江苏省南通市海安2.5模题22）已知函数fx=ex+xcosx．

（1）判断函数fx在［0，+∞）上的单调性，并说明理由；

（2）对任意x≥0，不等式ex+xsinx+cosx≥ax+2恒成立，求实数a的取值范围．

解（1）函数fx在［0，+∞）上单调递增．理由如下：

因为fx=ex+xcosx，所以f'x=ex+cosx+x（-sinx） ．

记gx=ex-x-1，则g'x=ex-1，令g′x=0，得x=0．

故gxmin=g0=0，ex-x-1≥0即ex≥x+1．（下面借助这个常用不等式放缩）

于是f′x≥x+1+cosx-xsinx=x1-sinx+1+cosx≥0．

所以函数fx在［0，+∞）上是单调递增的函数．

（2）记px=ex+xsinx+cosx-ax-2（x≥0），则p′x=ex+xcosx-a，

且p′0=1-a．由（1）知p′x=ex+xcosx-a为［0，+∞）上的增函数．

①当1-a≥0时，p′0=1-a≥0，p′x=p′0≥0．

所以px为［0，+∞）上的增函数．px=p0=0，即ex+xsinx+cosx≥ax+2．

所以a≤1符合题意．

②当1-a<0时，p′0=1-a<0，p′a=ea+acosa-a≥ea-2a．

记qx=ex-2x（x>1），则q′x=ex-2>e-2>0，所以qx为（1，+∞）上的增函数．所以qx>q1=e-2>0．即ex-2x>0（x>1），所以p′a≥ea-2a>0．

又px在［0，+∞）上的图象不间断，且px为［0，+∞）上的增函数．根据零点存在定理可知，存在唯一的零点x0∈（0，+∞）使得px0）=0．

所以当0≤x≤x0时，p′x≤0，px在（0，x0）上单调递减．

所以px<p0=0，这与对任意x≥0，不等式ex+xsinx+cosx≥ax+2恒成立矛盾，所以a>1不符合题意．

综上可得a≤1．

例4（2022年江苏省泰州市3模题22）已知函数fx=ex+asinx-ax2-1+ax．

（1）当a≤0时，讨论函数fx的单调性；

（2）若函数fx在R单调递增，求实数a的值．

解（1）因为fx=ex+asinx-ax2-1+ax，

所以f′x=ex+acosx-2ax-（1+a），

f″x=ex-asinx-2a=ex-a（sinx+2） ．

因为a≤0，f″x>0，f′x在R上单调递增，又f′0=0．

所以当a≤0时，fx在（-∞，0）单调递减，在［0，+∞）上单调递增．

（2）由（1）知a≤0时不满足fx在R单调递增．

①当0<a<12时，若x∈（-∞，0），则f′（x）=ex+acosx-2ax-（1+a）（借助常用不等式的变式放缩）≤11-x+acosx-2ax-1+a≤11-x+a-2ax-1-a=2ax［x-（1-12a）］1-x．

在ex≥x+1中，以-x代替x得e-x≥-x+1，所以x<0时，ex≤11-x．

当1-12a<x<0时，f′x<0，fx在（1-12a，0）单调递减，不符合题意．

②当a>12时，若x∈（0，1），

同理f′x=2ax［x-（1-12a）］1-x．

当0<x<1-12a时，f′x<0，fx在（0，1-12a）单调递减，不符合题意．

③当a=12时，fx=ex+12sinx-12x2-32x，f′x=ex+12cosx-x-32．

此时f″x=ex-12sinx-1．

当x>0时，

f″x=ex-12sinx-1≥x+1-12sinx-1≥x-12x>0，f'x在（0，+∞）单调递增．

当x<0时，

若x∈（-1，0），f″x=ex-12sinx-1≤11-x-12x-1<0，f'x在（-1，0）单调递减．

若x∈（-∞，-1），f″x=ex-12sinx-1≤1e+12-1<0，f'x在（-∞，-1）单调递减．

又f'x在（-∞，0）上的图象不间断，所以f'x在（-∞，0）单调递减．

故f′x≥f′0=0，满足fx在R单调递增．

综上可得a=12．

结语

数学精准备考教学的关键就是教准，教准的关键来源就是吃透教材和准确把握高考命题方向，切实让学生理解数学本质和掌握核心方法．做了成千上万道数学题，学生是否感悟到了蕴涵其中的数学本质，是否领会了概念和结论的形成过程？数学思想方法是更高层次上的抽象和概括，复习教学应坚持以知识为载体，以方法为主线，以培养核心素养为目标，化未知为已知，化不可能为可能，化不会为会，多把学情与考情结合，真正做好结合文章．制作微专题强化重点、突破难点、疏通堵点、追回漏点，突出对数学知识、方法及思想的理解、掌握和运用．

参考文献：

[1]章建跃.理解学生 理解数学 理解教学 理解技术[J].中国数学教育（高中版），2010（12）：1-5．

[2]杨华文.正本清源 回归原始 破解压轴[J].中学数学教学参考（高中版），2017（1-2）：66-68．