一道高考导数压轴题解答的优化与思考
最近三年高考压轴题系列--导数题思路分析及考题总结
最近三年高考压轴题系列---导数思路分析及考题总结经历过高考的学生或者现在还在高中奋斗的学子应该都知道高考数学中有一个拦路虎般存在的难点，它就是导数，很多人可以说是谈导数色变，基本上碰见导数的题目也就是第一问简单写写然后就放弃了。
那么导数真的那么难吗？真的不可搞定吗？当然不是！！！题目之所以难，在于不可控！难在不确定！你不知道导数到底有多少种考法？多少种问法？每一种是怎么回事？有几种方法？每一种的方法是什么？方法之间的区别是什么？在短时间内该怎么去甄别用那种方法？这些问题你都不知道，你当然会恐惧。
那么接下来这个问题老秦帮你解决！下面是我总结导数在文科和理科层面上的考点及模型。
如下图！这个是文科的，内容相对简单！下面是理科的后续小编会逐一为大家分享，敬请期待！今天咱们先来谈一谈高考中考的最多的一种-----参数取值范围类问题！这类问题主要有下面四种方法。
第一：数形结合法------直线+曲线（例题：2019年新课标Ⅰ）这类方法核心，曲线中不含参数，参数在直线上，且直线过定点！第二：变换主元法（例题：2018年新课标Ⅰ）这类方法核心，主要在于多个参数，其中一个参数的范围确定，且单调性易求，简单而言，谁有范围，谁为自变量，求谁，谁为参数！第三：含参分类讨论法（例题：2017年新课标Ⅰ）这类方法核心，主要在于无法分离参数，且整体单调性讨论起来比较容易分类！第四：分离参数法----隐零点问题（例题：2019年郑州三模）这类方法核心，参数易分离，且分离后单调性讨论起来不难，而且导函数零点要么可以搞定，要么出现隐零点！2019年新课标Ⅰ文科------数形结合法（直线+曲线）已知函数f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．解：（1）证明：∵f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，∴f′（x）＝2cos x﹣cos x+x sin x﹣1＝cos x+x sin x﹣1，令g（x）＝cos x+x sin x﹣1，则g′（x）＝﹣sin x+sin x+x cos x＝x cos x，当x∈（0，）时，x cos x＞0，当x时，x cos x＜0，∴当x＝时，极大值为g（）＝＞0，又g（0）＝0，g（π）＝﹣2，∴g（x）在（0，π）上有唯一零点，即f′（x）在（0，π）上有唯一零点；（2）由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0，使得f′（x0）＝0，且f′（x）在（0，x0）为正，在（x0，π）为负，∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减，结合f（0）＝0，f（π）＝0，可知f（x）在[0，π]上非负，令h（x）＝ax，∵f（x）≥h（x），根据f（x）和h（x）的图象可知，∴a≤0，∴a的取值范围是（﹣∞，0]．2018年新课标Ⅰ文科----变换主元法已知函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．解：（1）∵函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．∴x＞0，f′（x）＝ae x﹣，∵x＝2是f（x）的极值点，∴f′（2）＝ae2﹣＝0，解得a＝，∴f（x）＝e x﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）证明：当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，设g（x）＝﹣lnx﹣1，则﹣，由﹣＝0，得x＝1，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当x＞1时，g′（x）＞0，∴x＝1是g（x）的最小值点，故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，∴当a≥时，f（x）≥0．2017年新课标Ⅰ文科----含参讨论法已知函数f（x）＝e x（e x﹣a）﹣a2x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．解：（1）f（x）＝e x（e x﹣a）﹣a2x＝e2x﹣e x a﹣a2x，∴f′（x）＝2e2x﹣ae x﹣a2＝（2e x+a）（e x﹣a），①当a＝0时，f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在R上单调递增，②当a＞0时，2e x+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna，当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，③当a＜0时，e x﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣），当x＜ln（﹣）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞ln（﹣）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，综上所述，当a＝0时，f（x）在R上单调递增，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））上单调递减，在（ln（﹣），+∞）上单调递增，（2）①当a＝0时，f（x）＝e2x＞0恒成立，②当a＞0时，由（1）可得f（x）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0，∴lna≤0，∴0＜a≤1，③当a＜0时，由（1）可得：f（x）min＝f（ln（﹣））＝﹣a2ln（﹣）≥0，∴ln（﹣）≤，∴﹣2≤a＜0，综上所述a的取值范围为[﹣2，1]2019年郑州三模------分离参数法（隐零点问题）设函数f（x）＝ae x﹣x，g（x）＝blnx．（Ⅰ）设h（x）＝f（x）+g（x），函数h（x）在（1，h（1））处切线方程为y＝2x﹣1，求a，b的值；（Ⅱ）若a＝1，k为整数，当x＞0时，（x﹣k）f'（x）+x+1＞0成立，求k的最大值．解：（Ⅰ）h（x）＝f（x）+g（x）＝ae x+blnx﹣x，，由题意可知，解得，b＝1；（Ⅱ）当x＞0时，（x﹣k）f'（x）+x+1＞0等价于．设，则，令R（x）＝e x﹣x﹣2，则R'（x）＝e x﹣1．当x＞0时，R'（x）＞0恒成立，R（x）在（0，+∞）上单调递增，又R（1）＜0，R（2）＞0，∴R（x）在（0，+∞）上有唯一零点x0，且x0∈（1，2），．∴F（x）单减区间为（0，x0），单增区间为（x0，+∞），∴F（x）在（0，+∞）的最小值为．∴k＜F（x0），故k max＝2．看完以后大家发现，其实各种方法也许都能搞定，但是区别在于是否能够在短时间内搞定，所以我经常和学生说，导数难的不是方法，而是对方法的选择，尤其是短时间内找到合适的方法。
导数压轴题的教学策略
导数压轴题的教学策略
导数压轴题的教学策略可以按照以下步骤进行：
1.深入理解导数概念：导数是微积分中的重要概念，它描述了函数值随自变量变化的速率。
只有深入理解了导数的概念和性质，才能更好地解决导数问题。
2.掌握常见题型及其解法：导数压轴题通常涉及多种知识点和方法，例如极值、单调性、不等式证明等。
学生需要掌握这些题型的特点和解法，以便能够快速找到解题思路。
3.强化训练：通过大量的练习和模拟考试，提高学生的解题能力和技巧。
在训练中，可以采取一题多解、一解多题等方式，帮助学生拓展思路，提高解题效率。
4.反思总结：在解题过程中，学生需要不断地反思和总结，分析错题的原因和解决方法，并加以改进。
同时，也需要总结解题技巧和思路，形成自己的知识体系。
5.合作交流：鼓励学生之间的合作和交流，共同探讨解题方法和思路。
通过合作交流，可以相互启发、补充和促进，提高学习效果。
6.教师指导：教师需要给予学生适当的指导和帮助，解决学生在学习中遇到的问题。
同时，教师也需要不断更新教学方法和策略，根据学生的实际情况进行调整和完善。
以上是导数压轴题的教学策略，希望对您有所帮助。
深挖导数考题,拓展优化解法-对一道高考导数压轴题的解法探究
数来确定一次导函数的单调性，然后利用一次导函数来
研究原函数的单调性，整个过程环环相扣，衔接紧密，但
正是因为二次导函数的存在使得整个单调性的研究显
得较为杂乱，很容易对应错误，造成错解.其实在分析一
次导函数的单调性时可以适时地采用构造思想来构建
一个新函数，对其单调性加以区分，具体优化过程如下：
证明院当a=0时，（f x）=（2+x）ln（x+1）-2x，一次导函
是否导函数等于0就一定存在极值点，因此解题的思路
是讨论（f x）在x=0附近的单调性，并判断（f x）与（f 0）的大
小关系，由于参数a没有范围限制，所以需要采用分类讨
论的方式对其加以分析，需要注意的是要充分结合第
（1）问的性质分析.
解院淤若a逸0，当x>0时，（f x）逸（2+x）ln（x+1）-2x>0，
二尧思路突破袁深剖优化
渊一冤关于第渊1冤问的证明
1.常规求解
第（1）问给定了参数a的数值，可以理解为比较函数
（f x）在定义域内与0的大小关系，最为常规的方法是构
建（f x）在某自变量下的值为0，即（f x1）=0，从而结合函数 以及导函数的单调性来完成证明，将大小比较转化为函
数性质分析，具体证明过程如下：
小值.因为f （忆 0）=0，所以f （忆 x）在区间（-1，+肄）上有f （忆 x）
>0，即（f x）在区间（-1，+肄）内单调递增.又因为（f 0）=0，所
以当-1<x<0时，（f x）<（f 0）<0；当x>0时，（f x）>（f 0）>0.
2.初步优化
上述求解过程进行了两次求导，首先利用二次导函
压轴题型10 导数压轴大题的处理策略(原卷版)-高考数学压轴题专项训练(新高考专用)
压轴题10 导数压轴大题的处理策略目前虽然全国高考使用试卷有所差异，但高考压轴题目题型基本都是一致的，几乎没有差异，如果有差异只能是难度上的差异，高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是:切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。
导数解答题是高考数学必考题目，然而学生由于缺乏方法，同时认识上的错误，绝大多数同学会选择完全放弃，我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分的夸大。
掌握导数的解体方法和套路，对于基础差的同学不说得满分，但也不至于一分不得。
为了帮助大家复习，今天就总结倒数7大题型，让你在高考数学中多拿分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题。
○热○点○题○型1 分类讨论与极值点偏移问题 ○热○点○题○型2恒成立问题的处理策略 ○热○点○题○型3 凹凸反转问题的处理策略1．已知函数()e 3x f x a x =--有两个零点．(1)求实数a 的取值范围．(2)函数()()()ln 1g x f x x x =+-+，证明：函数()g x 有唯一的极小值点．2．已知2()e 2x a f x x x =--. (1)若()f x 在x =0处取得极小值，求实数a 的取值范围；(2)若()f x 有两个不同的极值点12,x x （12x x <），求证：1202x x f +⎛⎫''< ⎪⎝⎭（()f x ''为()f x 的二阶导数）.3．已知函数()22e xa f x x=，0a ≠. (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()ln ln x xf x a -≤恒成立，求实数a 的取值范围.4．已知函数()()2e ,21x f x x g x ax x =+=++.(1)当12a =时，讨论函数()()()F x f x g x =-的单调性； (2)当a<0时，求曲线()y f x =与()y g x =的公切线方程.5．已知()()222ln 2a f x x a x x =-++. (1)讨论()f x 的单调性；(2)确定方程()22a f x x =的实根个数.6．已知函数()()()13ln 3R f x a x ax a x =---∈，ln3 1.1≈. (1)当a<0时，试讨论()f x 的单调性；(2)求使得()0f x ≤在()0,∞+上恒成立的整数a 的最小值；(3)若对任意()4,3a ∈--，当[]12,1,4x x ∈时，均有()()()12ln 43ln 4m a f x f x +⋅>-+成立，求实数m 的取值范围.7．已知函数()ln 2f x x ax =-.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()0f x ≤恒成立，求a 的取值范围.8．已知0m >，e 是自然对数的底数，函数()()e ln x f x m m mx m =+--．(1)若2m =，求函数()()2e 422xx F x x f x =+-+-的极值； (2)是否存在实数m ，1x ∀>，都有()0f x ≥？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由．9．已知函数()()ln ,e e x x f x x g x -=-=-.(1)若[]()()0,1,x g x f a ∃∈>成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：()()πcos 2e x h x f x =+有且只有一个零点0x，且20π1e cos e 2e x g -⎛⎫<< ⎪⎝⎭.10．已知函数()()e tan 11x f x x =--，()f x 的导函数为()f x '.记函数()f x 在区间3πππ,π22n n ⎛⎫-- ⎪⎝⎭内的零点为n x ，n *∈N . (1)求函数()f x 的单调区间；(2)证明：1πn n x x +-<.11．已知函数()1ln m f x m x x x+=++． (1)求函数()f x 的单调区间；(2)当1m =时，证明：()23e x x f x x <+．12．已知函数()()()211R 2m f x x m x m =+--∈. (1)求函数()f x 在区间[]1,2上的最大值；(2)若m 为整数，且关于x 的不等式()ln f x x ≥恒成立，求整数m 的最小值.13．已知函()()e x f x x a =+，R a ∈.(1)讨论()f x 在()0,∞+的单调性；(2)是否存在01,,a x x ，且10x x ≠，使得曲线()y f x =在0x x =和1x x =处有相同的切线？证明你的结论.14．已知函数23()ln a f x x x x =+-． (1)若0a =，求()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若12,x x （12x x <）是()f x 的两个极值点，证明：()()121234f x f x x x a-<-．15．如图，过抛物线2:2(0)E x py p =>的焦点F 作直线l 交E 于A ，B 两点，点A ，B 在x 轴上的射影分别为D ，C ，当AB 平行于x 轴时，四边形ABCD 的面积为4．(1)求p 的值；(2)过抛物线上两点的弦和抛物线弧围成一个抛物线弓形，古希腊著名数学家阿基米德建立了这样的理论：以抛物线弓形的弦为底，以抛物线上平行于弦的切线的切点为顶点作抛物线弓形的内接三角形，则抛物线弓形的面积等于该内接三角形面积的43倍．已知点P 在抛物线E 上，且E 在点P 处的切线平行于AB ，根据上述理论，从四边形ABCD 中任取一点，求该点位于图中阴影部分的概率的取值范围．16．已知函数()()1ln e ,x x f x g x m x+==-.()m ∈R (1)证明：()1f x x ≥+；(2)若()()f x g x ≥，求实数m 的取值范围； (3)证明：11e e 1kn k k =⎛⎫< ⎪-⎝⎭∑.()N n +∈ 17．设函数()()()21e 2,R x f x x m x m =+++∈．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若当[2,)x ∈-+∞时，不等式()()213e f x m x x -≥+-恒成立，求m 的取值范围．18．已知函数()()21e x f x ax x =+-.(1)当12a =-时，讨论函数()f x 在()0,∞+上的单调性； (2)当0x >时，()1f x <，求实数a 的取值范围．19．讨论函数()()2112ln f x ax x a x =+-+的单调性.20．对定义在区间D 上的函数()(),f x g x ，如果对任意x D ∈都有()()1f x g x -≤成立，那么称函数()f x 在区间D 上可被()g x 替代.(1)若()()1,14f x x g x x ==-，试判断在区间13,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦上，()f x 能否可被()g x 替代？ (2)若()()()2sin ,ln cos f x x g x a x ==+，且函数()f x 在x ∈R 上可被函数()g x 替代，求实数a 的取值范围.。
6.高考函数导数压轴题分析及应对策略_李立美
有三个不同的解.设g （x ） =4x3-6x2+t+3， 则 “过点P （1， t ） 存 在3条直线与曲线y=f （x ） 相切” 等价于 “函数g （x ） 有3个不 同零点” . 因为g（ ′ x ） =12x2-12x=12x （x-1 ） ， 当x变化时， g （x ） 与g（ ′ x ） 的变化情况如下：
策略一 、转化与化归的运用
例1 已知函数（ f x ） =2x -3x. 若过点 P （1， t ） 存在 3 条
3
直线与曲线y=f （x ） 相切， 求t的取值范围. 解： 设过点P （1， t ） 的直线与曲线y=f （x ） 相切于点 （x0， y0 ） ， 则y0=2x3 即切线的斜率为k=6x2 所以切线方 0 -3x0， 0 -3， 程为y-y0= （6x -3 ） （x-x0 ） . 将点 P （1， t ） 代入， 得 t-y0= （6x 2 0 2 0 2 3 ） （1-x0 ） ， 整理得4x3 0-6x 0+t+3=0. 于是问题转化为此方程
所以， g （0 ） =t+3是g （x ） 的极大值， g （1 ） =t+1是g （x ） 的 极小值. 当g （0 ） >0 且 g （1 ） <0， 即-3<t<-1时， 因为g （-1 ） =t-7< 0， g （2） =t+ 11 > 0 ， 由于 g （x） 在区间 （- ∞ ， 0） ， （0 ， 1） ， （1 ， +∞ ） 上单调， 故g （x ） 分别在区间 （-1， 0 ） ， （0， 1 ） 和 （1， 2 ） 上各有1个零点， 即g （x ） 分别在区间 （-∞， 0 ） ， （0， 1 ） ， ［1， +∞ ） 上各有1个零点. 综上可知， 当过点P （1， t ） 存在3条直线与曲线y=f （x ） 相切时， t的取值范围是 （-3， -1 ） . 在研究、 解决数学问题时， 采用某种手段或方法， 使 问题从一种情形转化为另一种情形， 也就是转化到另一 种情景使问题得到解决， 这种转化是解决问题的有效策 略， 同时也是一种成功的思维方式.转化具有多样性、 层 次性和重复性的特点， 遵循熟悉化、 简单化、 直观化的原 则.本题的转化， 使切线的条数转化为函数的零点个数， 为解题铺平了道路
２０２２年高考数学全国乙卷导数压轴题解析
㊀㊀㊀讲题比赛获奖论文之六:２０２２年高考数学全国乙卷导数压轴题解析◉中央民族大学附属中学呼和浩特分校㊀李雪峰㊀㊀摘要:函数零点问题在高考压轴题中经常出现．在解题过程中,按照一定标准对参数分类讨论㊁把握细节确定方向㊁引入隐零点㊁区间卡根,这些方面都可能成为解决零点问题的障碍．所以,选取适当的角度观察㊁分析,根据题目中的关键信息制定策略㊁拟定解题思路,并在此基础上进行计算㊁推理论证,往往是解题的关键．只有明白了思考的底层逻辑,才能使分析问题㊁解决问题的能力有所提高．关键词:函数零点问题;分类讨论;数形结合;区间卡根１试题呈现(２０２２年高考数学全国乙卷第２１题)已知函数f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x．(１)当a ＝１时,求曲线y ＝f (x )在点(０,f (０))处的切线方程;(２)若f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)各恰有一个零点,求a 的取值范围．２试题解析本题的第(１)问不多赘述,下面给出第(２)问的几种不同的思考角度和解题方法．２．１思路一及解法２．１．１解题思路一的形成因为题中所给条件是函数零点问题,所以我们先观察函数值的正负情况以及何时为零．当a ȡ０时,若x ＞０,则f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＞０恒成立,与题意不符．因此,下面只讨论a ＜０时的情形．通过观察易知f (０)＝０,当x ң－１时,f (x )ң－ɕ;当x ң＋ɕ时,f (x )ң＋ɕ．要使f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)各恰有一个零点,则可以猜测f (x )的图象大致如图１所示．图１由图１可知,fᶄ(０)＝a ＋１＜０显然为其必要条件,即a ＜－１．下面需要说明:①当a ȡ－１时,不符合题意;②当a ＜－１时,讨论函数f (x )的单调性,再根据零点存在定理说明在区间(－１,０)和(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．思路一的思维导图如图２所示．函数f (x )零点问题观察函数的零点及正负情况确定讨论a 的标准说明a ȡ０和－１ɤa ＜０时不符合题意当a ＜－１时,利用隐零点讨论f (x )的单调性,并区间探点,说明a ＜－１时符合题意得出结论图２２．１．２具体解法解法１:由思路一的分析可知a ȡ０不合题意,下面只讨论a ＜０时的情形．由f (x )求导,得f ᶄ(x )＝e x ＋a (１－x ２)(x ＋１)ex．设g (x )＝e x ＋a (１－x ２)．当－１ɤa ＜０时,在区间(０,＋ɕ)上,有g (x )＝e x ＋a (１－x ２)＝(e x＋a )－a x ２＞０．所以,在区间(０,＋ɕ)上,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增,则f (x )＞f (０)＝０,这与题意不符．当a ＜－１时,g ᶄ(x )＝e x－２a x ,因为g ᵡ(x )＝e x－２a ＞０,所以g ᶄ(x )在区间(－１,＋ɕ)上单调递增．又因为g ᶄ(－１)＝e －１＋２a ＜０,gᶄ(０)＝１＞０,所以存在唯一x ０ɪ(－１,０),使g ᶄ(x ０)＝０．因此,当x ɪ(－１,x ０)时,g ᶄ(x )＜０,g(x )单调递减;当x ɪ(x ０,＋ɕ)时,g ᶄ(x)＞０,g (x )单调递增．(为直观起见,下面分别画出函数g ᶄ(x ),g (x ),f (x )的大致图象,如图３~５所示．)图３㊀㊀图４３２２０２２年１２月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀试题研究命题考试Copyright ©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀图５于是g (x ０)＜g (０)＝a ＋１＜０,又因为g (－１)＝１e ＞０,g (１)＝e ＞０,所以存在x １ɪ(－１,x ０),x ２ɪ(x ０,１),使g (x １)＝g (x ２)＝０．当x ɪ(－１,x １)时,g (x )＞０,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增;当x ɪ(x １,x ２)时,g (x )＜０,f ᶄ(x )＜０,f (x )单调递减;当x ɪ(x ２,＋ɕ)时,g (x )＞０,fᶄ(x )＞０,f (x )单调递增．同时可知f (x １)＞f (０)＝０,f (x ２)＜f (０)＝０．(至此,利用隐零点求出了函数f (x )的单调区间．下面利用放缩法进行区间卡根,根据零点存在定理说明在区间(－１,０)和(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．)当－１＜x ＜０时,因为x e －x＞－e(证明略),所以f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＜l n (x ＋１)－e a ．由l n (x ＋１)－e a ＜０,得x ＜e e a －１．取m ＝e e a－１,则f (m )＜０,从而存在唯一s ɪ(m ,x １),使f (s )＝０．当x ＞０时,因为x e －xɤ１e (证明略),所以f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＞l n (x ＋１)＋a e．由l n (x ＋１)＋a e＞０,得x ＞e －a e－１．取n ＝e －a e－１,则f (n )＞０,从而存在唯一t ɪ(x ２,n ),使f (t )＝０．所以,当a ＜－１时,函数f (x )区间(－１,０)和(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．综上所述,a 的取值范围是(－ɕ,－１)．解法２:当a ȡ０时,在区间(０,＋ɕ)上,f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＞０,与题意不符．下面只讨论a ＜０时的情形．由f (x )求导得f ᶄ(x )＝１x ＋１＋a (１－x )ex＝１x ＋１[１＋a (１－x ２)e x]．(注意常见的变形技巧:对数 单身狗 ,指数 找朋友 ．)设g (x )＝１＋a (１－x ２)ex,x ɪ(－１,＋ɕ)．求导,得g ᶄ(x )＝a (x ２－２x －１)ex,x ɪ(－１,＋ɕ)．易得g (x )在(－１,１－２)上单调递减,在(１－２,１＋２)上单调递增,在(１＋２,＋ɕ)上单调递增．当－１ɤa ＜０时,g (０)＝a ＋１ȡ０,又因为当x ＞１＋２时,g (x )＝１＋a (１－x ２)ex＞１,所以当x ＞０时,g (x )＞０,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增,从而f (x )＞f (０)＝０,这与题意不符．(为直观起见,给出g (x )的图象,如图６所示．)图６当a ＜－１时,g (０)＝a ＋１＜０,因为g (－１)＝g (１)＝１＞０,g (１－２)＜g (０)＜０,所以存在唯一x １ɪ(－１,０),x ２ɪ(０,１),使g (x １)＝g (x ２)＝０．此时f (x )在(－１,x １)上单调递增,(x １,x ２)上单调递减,在(x ２,＋ɕ)上单调递增．故f (x １)＞f (０)＝０＞f (x ２)．(为直观起见,给出g (x ),f (x )的图象,如图７．)㊀图７下面找点说明f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)上有零点．f (x )＝l n (１＋x )＋a xex (a ＜－１)．设m (x )＝x e x ,则x ɪ(－１,１)时,m ᶄ(x )＝１－xex ＞０,x ɪ(１,＋ɕ)时,m ᶄ(x )＜０．于是m (x )ɪ－e ,１e æèçöø÷．所以,可得l n (１＋x )＋ae＜l n (１＋x )＋a xex ＜l n (１＋x )－a e ．由l n (１＋x )＋a e＝０,解得x ＝e －ae－１＞０,f (e －a e－１)＞l n (１＋e －－１)＋a e＝０．由l n (１＋x )－a e ＝０,解得x ＝e e a－１．所以可得f (e a e －１)＜l n (１＋e a e－１)－a e ＝０．所以f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．综上所述,a 的取值范围是(－ɕ,－１)．点评:解法１和解法２的基本思路一样,都是按照一定的标准对参数a 进行分类讨论,然后借助隐零点将函数的定义域分成若干个单调区间,最后在每个单调区间上卡根,根据零点存在定理说明函数零点的情况．解法２在求导后将导函数等价变形,使再求导后只需解一个不含参的二次不等式,简化了运算．解题一般是按照由易到难的顺序进行思考,即先４２命题考试试题研究㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀２０２２年１２月上半月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀观察㊁猜想,再分析㊁思辨,最后论证㊁求解．题目越复杂越要注意细节,细节往往是打通解题思路的关键．２．２思路二及解法２．２．１解题思路二的形成函数零点的问题往往可以转化为两个函数图象交点问题,因此该题可以考虑参变分离,将函数零点的问题转化为直线与另一个函数图象交点问题,同时还可以避免参数讨论带来的麻烦．思路二的思维导图,如图８所示．函数f (x )零点问题转化为直线y ＝－a 与y ＝F (x )图象交点问题求导后,讨论F ᶄ(x )的符号及F (x )的单调性x ＞０时,求出F (x )在x ＝０处的极限,由图可得a ＜－１当x ＜０时,利用隐零点,讨论F (x )的单调性,并求出F (x )当x 趋于－１时的极限,由图可得a ＜－１得出结论图８２．２．２具体解法解法３:因为f (０)＝０,所以f (x )＝０等价于－a ＝e x l n (１＋x )x．令F (x )＝e x l n (１＋x )x (x ＞－１),则F ᶄ(x )＝e x[(x ２－１)l n (１＋x )＋x ]x ２(x ＋１)．令g (x )＝(x ２－１)l n (１＋x )＋x ,则gᶄ(x )＝x [１＋２l n (１＋x )]．(注意到g (０)＝０,所以先讨论g (x )在x ＞０时的正负情况．)当x ＞０时,gᶄ(x )＞０,则g (x )单调递增,g (x )＞g (０)＝０,从而当x ＞０时,F ᶄ(x )＞０,F (x )在(０,＋ɕ)单调递增．由导数定义,得㊀F (x )＞l i m x ң０F (x )＝l i m x ң０e xl n (１＋x )－e ０l n (１＋０)x －０＝[e xl n (１＋x )]ᶄ|x ＝０＝[e x １１＋x ＋e xl n (１＋x )]|x ＝０＝１．(为直观起见,下面给出F (x )的图象．)图９如图９所示,要使直线y ＝a 与F (x )图象在y 轴右侧恰有一个交点,则必然有－a ＞１,即a ＜－１．因为e e l n (１＋e －a )e－a＋a ＞l n (１＋e －a )＋a ＞l n e －a＋a ＝０,所以由零点存在定理可知,a ＜－１时,f (x )在区间(０,＋ɕ)恰有一个零点．当－１＜x ＜０时,令g ᶄ(x )＝０,得x ＝e －－１．易知g (x )在(－１,e －１２－１)上单调递增,在(e －１２－１,０)上单调递减,则g (e －１２－１)＞g (０)＝０．因为g (e －１－１)＝－e ２＋３e －１e２＜０,所以存在唯一x ０ɪ(e －１－１,e －１２－１),使g (x ０)＝０．(为直观起见,给出g (x ),F (x )的图象,如图１０．)㊀㊀图１０当－１＜x ＜x ０时,g (x )＜０,F ᶄ(x )＜０,F (x )单调递减;当x ０＜x ＜０时,g (x )＞０,F ᶄ(x )＞０,F (x )单调递增．所以F (x ０)＜l i m x ң０F (x )＝１．又因为l i m x ң－１F (x )＝＋ɕ,所以要使直线y ＝a 与f (x )图象在y 轴左侧恰有一个交点,则必然有－a ＞１,即a ＜－１．综上所述,当a ＜－１时,f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)各恰有一个零点．点评:解法３的好处在于对F (x )求导后避免了参数的讨论;难点在于当x 趋于０时F (x )的极限值不易求出,虽然可用洛必达法则,但是超出了高中所学．该解法绕开了洛必达法则,利用导数的定义求出F (x )在x ＝０处的极限,比较巧妙,不易想到．３试题链接下面给出两道高考真题,供读者练习．试题１㊀(２０１７年全国Ⅰ卷理科)已知函数f (x )＝a e ２x ＋(a －２)e x－x ．(１)讨论f (x )的单调性;(２)若f (x )有两个零点,求a 的取值范围．试题２㊀(２０１８年全国Ⅱ卷理科)已知函数f (x )＝e x－a x ２．(１)若a ＝１,证明:当x ȡ０时,f (x )ȡ１;(２)若f (x )在(０,＋ɕ)只有一个零点,求a ．４总结函数零点问题是高考的常考内容,数形并用㊁合理分类是解题的关键．区间探点是一个难点,常常可以用放缩法解决．上述方法都是解决此类问题的典型方法,由于方法３中的极限值不易求出,考试中绝大多数考生选择了方法１和方法２．该题对学生的逻辑推理能力和运算能力要求较高,解题时要求学生注意细节㊁大胆猜想㊁合理分类㊁准确计算,这样才能将问题顺利解决．Z５２２０２２年１２月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀试题研究命题考试Copyright ©博看网. 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巧妙导数压轴题
巧妙导数压轴题摘要：一、导数压轴题的背景与意义1.导数压轴题在数学考试中的重要性2.导数压轴题的难点与挑战二、巧妙解决导数压轴题的方法1.分析题目，理清思路2.熟练运用导数公式和性质3.掌握求导数的方法和技巧4.理解导数与函数图像的关系5.解题时的注意事项三、导数压轴题的实战演练1.题目一2.题目二3.题目三四、总结与反思1.导数压轴题的解题技巧总结2.提高导数压轴题解题能力的建议3.反思导数压轴题的解决过程正文：一、导数压轴题的背景与意义导数压轴题通常出现在数学考试的最后一题，其难度较高，分值也相对较大。
这类题目考查了学生对导数概念的理解，对导数公式的熟练运用，以及对导数性质的掌握程度。
因此，导数压轴题是衡量学生数学水平的重要依据。
二、巧妙解决导数压轴题的方法1.分析题目，理清思路在解答导数压轴题时，首先要认真阅读题目，理解题意，找出已知条件和所求结论。
通过对题目的分析，理清解题思路，明确解题方向。
2.熟练运用导数公式和性质熟练掌握导数的基本公式和性质是解决导数压轴题的基础。
如：导数的四则运算、导数的复合、导数的分部积分、导数与函数的极值、最值等关系。
3.掌握求导数的方法和技巧求导数的方法有多种，如：直接求导法、对数求导法、反函数求导法、隐函数求导法、参数方程求导法和复合函数求导法等。
了解各种求导方法的特点，灵活选用求导方法，有助于解决导数压轴题。
4.理解导数与函数图像的关系导数反映了函数在某一点的切线斜率，与函数的增减性和极值有关。
因此，通过导数压轴题，可以加深对函数图像的理解，提高分析函数图像的能力。
5.解题时的注意事项在解答导数压轴题时，要注意审题，避免因粗心导致错误；解题过程要step-by-step，条理清晰；对于复杂题目，可以先求出部分结论，再逐步推导出最终结果；在计算过程中，注意运算顺序和运算法则。
三、导数压轴题的实战演练以下为三道典型的导数压轴题：题目一：已知函数f(x)=x^3-3x^2+2x-1，求f"(x)。
一道高考导数压轴题的多角度思考及解法
2020年7月1日理科考试研究•数学版• 13 .问题的流程为：审视数学问题（求A 4fiC 面积的取值 范围）-> 选择解决问题的方法（从数的角度或是从形 的角度人手来表示面积）—运用数学知识解决问题 (如何求目标函数的最值或是如何通过图形发现最值 时的位置).上述的求解思路表明，基于素养立意的试 题,考查方向通常有:一是考查考生会不会想到运用 哪些知识与方法解决问题;二是考查考生能不能熟练 且准确地运用数学知识与方法解决相应的问题[3].数学家哈尔莫斯说过：“数学的真正组成部分是问题和求解.研究数学，基本上都是在努力提出数学 问题和解决数学问题.” “函数与方程思想”及“数形 结合思想”是高考重点考查的两大思想方法.对“函数 与方程思想”的考查，在全国卷中，经常以三角函数为 载体，考查求值、最值与取值范围问题，求解策略一般 为构造出待求最值关于某个变量的函数或构造出关 于待求值的方程.对学生“数形结合思想”的考查，大 致可分为“以形助数”和“以数助形”两种情形.2019 年高考全国1D 卷理科第18题，没有出现任何图形，考查学生如何根据动点C 的运动，对图形展开想象，由 “数”构造出“形基于画图、用图和对图形的想象而 命制试题，是素养立意的重要体现方式.基于高考改革带来的变化，教师在平时的解题教 学中也要与时俱进，努力寻求合理的教学策略，需要 更新理念:领悟思想比做题重要;深度思考比答题方 法重要;培养能力比分数重要；提高学科素养比考试 重要[4].参考文献：[1] 林新建.思想立意,将数学解题臻于完美[M ].长春： 吉林大学出版社,2016.[2] 任子朝.从能力立意到素养导向[J ].中学数学教学参 % ,2018(13) ：1.[3] 柯跃海.选拔性数学考试的命题与评价[M ].西安:陕 西师范大学出版总社,2018.[4]林运来.数学教学髙手的秘密[M ].上海:华东师范大学出版社,2018.(收稿日期:2020 - 02 - 24)一道高考导教汪轴题的多角皮思考及鮮法杨应洪(六枝特区第一中学贵州六盘水5534〇0)摘要：本文以2018年全国m 卷第2丨题为载体，结合高中函数导数的基本知识，利用高数中的原理分析含参导数问题的优越做法.关键词：函数；导数；极值点含参导数问题是高考的一个难点，也是高考热 点.本文以2018年全国m 卷第21题为例，利用洛必 达法则与极值的第二充分条件来解答此题.1真题再现题目（2018年全国m 卷第21题）已知函数/'(X )-(2 + x + ax ") In (1 + x ) — 2x .(1) 若 a =〇,证明：当-1 <*<〇 时/(*) <〇;当 *>0 时/(*) >0;(2) 若* =0是/(*)的极大值点，求a .2第（2)问解法分析解法1 (官方解答）①若a >〇,由（1)知，当* >〇 时>/(•*)在（2+ ：»)In (1+*)-2* >0=/(0)，这与 *=〇是/(：〇的极大值点矛盾.作者简介：杨应洪（1989-),男，贵州六枝人，本科，中学二级教师，研究方向：高中数学教学.②若a <〇,设函数W *) ' ’⑷2 =ln(l +^)2 x + ax2x2 + x + ax 2由于当 |i | <min|l 时，2 + x +ax 2 >0,故&U )与/U )符号相同.又/i (0) =/(0) =0，故％=0是/U )的极大值点，当且仅当x =〇是/i U )的极大值点.ra ^ x 1 2(2 + x + ax ") -2x (\ + 2ax )因为/i (x )=厂厂-------—------rh ------1 (2 + ^ + ax )_ x 2 ( a 2x 2 -f ~ Aax + 6a 1)(^: + 1) ( ax 2 + a : + 2)2.14 •理科考试研究•数学版2020年7月1日如果 6a + 1>0,则 0 <;c < - 且 UI <4amin{ 1a;) >0.故x=o不是/i U)的极大值点.如果6a+ 1 <0,则当 a2%2 +4ax+6a+ 1 =0 时，存在根。
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[转]一道高考导数压轴题解答的优化与思考
摘要：导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力。
而“一题多解导数 ;一题多解 ;一题多变”教学有利于提高学生思维的发散性、灵活性,能激发学生的学习兴趣,对于学生从不同角度、不同侧面去分析问题、解决问题,提高学习能力有很大帮助.因此，教师在平时教学过程中应多选用一些有多种解法的例题进行讲解。
关键词：导数；一题多解；优化
导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力。
2010高考数学全国卷2第22题师生普遍反映抽象晦涩,难于求解.甚至参考答案看起来都一知半解。
笔者认为这道题的解法可以优化。
题目：（22）（2010年数学全国卷2 本小题满分12分）
设．函数．（Ⅰ）证明：当时，；
（Ⅱ）设当时，，求a的取值范围．
命题组的参考答案：（I）当时，当且仅当令
当，是增函数；当
是减函数。
于是在x=0处达到最小值，因而当
时，所以当
（II）由题设当不成立；当则当且令当
（i）当时，由（I）知
是减函数，
（ii）当时，由（I）知
当时，
综上，a的取值范围是
上述解答初看似乎非常简单，其实不然。
第一问非常简单，这里就不再叙述。
我们来分析第二个问，不妨把按上述展开，解: （I）略（II）由题设当
不成立,当
则当且仅当
此时参考答案立刻分下述情况进行讨论（i）当时，由（I）知
是减函数，
（ii）当时，由（I）知
当时，
综上，a的取值范围是
显然上述解法有些突然，令人觉得很费解。
那么，上面分类讨论的理由是什么呢？
，为什么这样讨论？这一点似乎不大好解释。
如果这样解就很自然。
解析：（I）略（II）由题设
当不成立；
比较两种解法不难发现，方法2更好理解。
那么在遇到答案看不懂或一种方法做不起’的题目时，应该怎么办呢?平时教学“一题多解导数 ;一题多变”的训练是解决此类问题的好帮手。
一题多解有利于提高学生思维的发散性、灵活性,能激发学生的学习兴趣,对于学生从不同角度、不同侧面去分析问题、解决问题,提高学习能力有很大帮助.因此，教师在平时教学过程中多选用一些有多种解法的例题进行训练，并说明解法的优点和局限性。
只要平常学习或教学注意一题多解的训练，学生就不会进入解题的死胡同。