一类多变量导数压轴题的破解策略
ｆ （ ２ 一 ）≥ ０， ｆ ４— ２ ＋ ｎ≥ ０， 一 ｍ
１ （ ≥０ １ ＋ －≥０ 厂 １ ， —１ ４ ） ” ．
此不 等式 组表示 的可 行域 如 图 ８ 示 ， 所 目标 函数 —ｍ。 。 ＋ｎ 表示 点 （ ， 与原 点 （ ，） 间距 离 的 ） ＯＯ 之
（） ２ 不妨 设 ＜ ． 因为 口＜一 １ 由（ ）知 ， １
ｆ ｘ） （ ， 。 ）上单 调 递 减 ， 而 １厂 ｚ ） （ 在 ０＋ 。 从 ．（ 一
最 大值 是 ２ ． ７ 点评 本 题 的难 点 是 用两 个 已知 的代 数 式 线 性表 示待 求分 式． 于本 题 涉及 双变 元 的不 等 由
解 （ ）略 ． １
仔细 观察 发现 ， 给 不等式 虽 含 ｚ ， 两个参 数 ， 所 。 但两 个参 数 的地位 一 致 ， 且 在 不 等 式 中 的组 成 而 结 构也一 致． 因此 可 以 考 虑对 不 等 式 进 行适 当 的 变 形 ， 后 由单调性 定 义构造 单调 函数 ， 然 最后 利 用 导 数工 具处 理这个 被 构 造 出来 的 单调 函数 ， 而 从 突破所 求 的参数 范 围． 本题 中 ， ｚ 设 ＜ ｚ 结 合 ，
・
６ ０・
中学 数学 月 刊 多 变 量 导 数 压 轴题 的破 解 策略
傅 建红 （ 江省衢 州 市第二 中学 浙 ３ ４０ ） ２ ０ ０
在 近几 年 的高 考 和高三 模 拟考 题 中 ， 时常 出 现一 类 以不等 式 为背 景 考查 函数 单 调 性 定 义 、 应 用 导数解 决 函数单 调 性 的函 数综 合 问题 ． 这类 问 题 构思 巧妙 、 计 新颖 ， 函数单 调性定 义 与导数 设 将
涉及 多个 变量 ， 此 合理 的变 形 与 构造 是 解 决 此 因 类 问题 的关 键 ． 面举 数 例 进 行 分 析 ， 大 家 共 下 与
享．
分 离 ｎ 不等 式口≤ 得
Ｚ
１
在 （ ， ｘ 上 ｏ ＋ｃ ） ３
Ｔ １
一
恒成 立 ， 以 ｎ≤ （ ５－ ） 一 一２ 所 － ｔ １ … ｔ２ ． － ／ ，
解法 上实 现突 破 ， 往依 赖 于线 性 规 划 有 关 知识 往 的有 效迁 移 ， 于 运 用 化 归 思 想 ， 理 构 造 可 行 善 合 域 ， 以使 得 问题 的求解 变得柳 暗花 明． 可
在 函数 单调性 中的应 用 进 行 “ 缝 对 接 ” 完 美融 无 ， 合， 既考查 函数 单调性 定 义 ， 考查 函数导 数 的应 又
ｆ ｘ ）Ｉ ４ｌ （ ≥ ｚ 一 ｌ 价于 ｆ ｘ ） 等 （ 一ｆ ｘ ） （ ≥ ２
４ — ４ ， 形 得 ｆ ｘ ） ４ ｌ ｆ（ ＋ ４ ｘ ２ ｘ１变 （１ ＋ ｘ ≥ ｘ ） ｘ． ｚ ２
Ｚ
＾ 一 １
用； 既考 查 函数 方 程 思想 ， 又考 查 化 归转 化 思 想 ， 可谓 一举 多得 ． 决此类 问题 时 ， 须对 不等 式进 解 必 行合 理 的变形 ， 不 等 式 问题 转 化 为 比较 两个 同 把 型函数 值 的大小 问题 ， 转 化 为 函数 的单 调性 问 再 题， 最后 利 用导数 工具 进行 突破 ． 由于此类 问题 常
构 造 函数 ｇ ｘ 一ｆ ｘ） ４ 即有 ｇ ｘ ）≥ （） （ ＋ ｘ， （１
ｇ（ ） ｘ２ ．
由函数单 调性 定义 知 ｇ ｘ） （ ， 。 ） 单 （ 在 ０＋ 。 上
调 递减 ， 而 ｇ （ ） ０ （ ， 。） 恒 成立 ， 从 １ ≤ 在 Ｏ ＋ 。 上 ｚ 即
ｇ（ ｚ）一 ｆ （ ＋ ４一 土 ＋ ２ ｘ ＋ ４≤ ０ ｚ） ａ ．
式 限制条件 下求 双 元 分 式 的最 值 ， 故可 以转 化 为
线性 规划模 型 求解 ．
８ 以 导 数 为 背 景
例 ８ （ ０ ２年 云 南 昆 ２１
平 方． 以 ｚ的最小 值是 （ ，）与点 Ｐ（ １ ２ 所 ０Ｏ 一 ， ）距 离 的平 方 ， ｚ 一５ 故 （ ＋ｎ ） ． 即 … ． 。 。 ．一５
Ｚ Ｔ １
故所 求 ａ的取 值范 围是 （ 。 ， ２ ． ～ 。 一 ］ 评 析 含参 恒 成立 问题 的 常 规处 理 手 段 是
例 １ （０ ０年 辽 宁 省 高 考 题 ）已 知 函 数 ２１
ｆ（ ｘ）一 （ ｎ＋ １ Ｉ ）ｎ ｚ＋ ａ ｘ。＋ １ ．
分 离参 数 法 ， 本 题 含 有 绝 对 值 ， 含 有 多个 变 但 且 量 ， 然直 接分离 参 数 会 陷入 困境 ， 显 正所 谓 “ 路 思
明 高 三 重 点 热 点 专 项 训 练 题 ） 已 知 函 数 ｆ ｘ 一 一 Ｐ ， （） （ ２
１ １
乏一＋： ４
、
点评 函数 的单 调 性 与其 导 函数 的正 负 关 系密切 ， 运用 函数 的单 调性 与线 性规划 交 汇 ， 仅 不 把 两个 模块 的 内容 融合 在 一 起 ， 而且 问题 情 境 独 特， 真正实 现 了知识之 间 的融合 与交 汇．
÷ｚ ＋÷ｍ 。 ｚ ＋ ｚ一１ 在
Ｉ ） 厶
＼
｝ ｏ ＼
ｍ＋ － １ （ － ＝
通过 上述几 个例 题 ， 我们不 难发 现 ， 线性 规划 题 型 已经从 当初 的简 单应 用逐 步过 渡到 如今 的综 合 、 新．特 别对 于一 些 隐性 线性 规划 问题 ， 创 要在
简单 ， 过程 烦人 ” 复 杂 的算 式让 我们 难 以下手 ． ， 但
（ ） 论 函数 ｆ ｘ）的单调性 ； １讨 （ （ ） ａ＜一 １ 如 果 对 任意 的 ｚ ， ∈ （ ， ２设 ， Ｌ ｚ Ｏ ＋ 。 ） 有 ｌ （ 一ｆ ｘ ）Ｉ ４１ 一ｚ ， ａ 。， ｘ） ｆ （ ≥ ｌ求 ｚ 的取值 范 围．
高考数学 导数压轴题的破解策略
倍，故可得
y
x
1 ex
在区间 ,2 ，在区间 2, ，当 x
2
时，
ymin
1 e2
．
考点 2 乘除导致凹凸反转同构函数
图5
图6
图7
图8
315
如图
5：
y
x ex
x ex
f
x ，即将
f x 关于原点对称后得到
y
x ex
，故可得
考点 3 顺反同构函数
图9
图 10
图 11
图 12
如图 9： x ln x eln x ln x f ln x ，当 ln x ,1 ，即 x 0, 1 ，当 ln x 1,，即 x 1 , ，
e
e
如图 8： y
ex x
1
1 e
x
1
1
e
x
1
1 e
f
1
x
1
x
0 ，属于分式函数，将
f
1
x
关于原点对称后，左
移一个单位，再将纵坐标缩小
1 e
倍，故可得
y
ex x 1
在区间 1,0 ，在区间 0, ，当
x
0
时， y min
1．
x 0,e
，
ymax
1 e
．
如图 11：ln x 1 e ln ex ef ln ex ，当 ln ex ,1 ，即 x 1, ，当 ln ex 1, ，即 x 0,1 ，
导数压轴题的几种处理方法
2、直接求导后对参数展开讨论，然后求出含参最值，从而 确定参数范围
例题： 设
，其中
．
（1）若
有极值，求 的取值范围；
（2）若当
，
恒成立，求 的取值范围．
解：（ 1）由题意可知：
则
有两个不同的实数根，故
解得：
，即
（2）由于
，
恒成立，则
由于
，且
有极值，
，
（ 4 分）
，即
（6 分）
，则①Βιβλιοθήκη 当时，在则当
时，
有零点需满足
二、适当处理后能够简化运算：
上都单调递减，于是函数 上单调递减，所以当
，即
.
3、(2014 年一测 )已知函数 f (x)=xlnx ， g(x)=k(x-1) （ 1）若 f (x)>=g(x),求 k 的范围
.⑴解 : 注意到函数 f (x) 的定义域为 (0, ) ,
所以 f (x) g(x) 恒成立
f (x)
x
设 h(x) ln x k (x 1) (x 0) ,
h (x) x x2
x x2
1
k
xk
则
,
g(x)
恒成立 ,
x
------------2
分
当 k 0 时 , h (x) 0 对 x 0 恒成立 , 所以 h(x) 是 (0, ) 上的增函数 ,
注意到 h(1) 0 , 所以 0 x 1 时 , h(x) 0 不合题意 .-------4 分
处取得极大值、在
处取得极小值，
，解得：
；
（8 分）
②
当
时，
，即
在
上单调递增，且
导数、数列压轴题的破解策略：合理巧设函数与导数压轴题
合理“巧设”，轻松应对函数与导数压轴题函数与导数的交汇问题经常出现在压轴题（包括客观题和主观题中的压轴题）位置．解决这类问题时，往往会遇到某些难以确定的根、交点、极值点或难以计算的代数式.倘若迎难而上，往往无功而返；这时，放弃正面求解所需要的量，先设它为某字母，再利用其满足的条件式实行整体代换以达到消元或化简的效果.下面通过介绍几种具体的“设”的方法来解决这类难题.一、根据函数的单调性，巧设自变量【例1】（2013四川卷理）设函数()f x =,a R e ∈为自然对数的底数），若曲线sin y x =上存有点()00,x y ，使得00(())f f y y =，则a 的取值范围是（ ）.A. []1,eB. 11,1e -⎡⎤-⎣⎦C. []1,1e +D. 11,1e e -⎡⎤-+⎣⎦【解析】 易知()f x =.设0()f t y =……… ①，又00()()y f f y =，由单调性则0()t f y =……… ②. 下面证明0t y =.若0t y ≠，由单调性则0()f t y ≠，则()00()f y f y ≠与已知矛盾，.所以必有0t y =. 代入②即00()f y y =.曲线sin y x =上存有点()00,x y ，使得00()f y y =x 在[]0,1上存有解.即2x e x x a +-=在[]0,1x ∈上有解.设2()x h x e x x =+-，则()12x h x e x '=+-.在[]0,1x ∈上12x e +≥，22x ≤，所以()120x h x e x '=+-≥，则()h x 在[]0,1上单调递增，所以1(0)()(1)h h x h e =≤≤=.故[]1,a e ∈. 故选A.【评注】由()f x 的单调性可知, 对于00(())f f y y =,则必存有唯一的自变量t ,使得0()f t y =,从而有0()t f y =.这样方便表达.【变式1】（2015·石家庄高三教学检测一）设函数()2x f x e x a =+-（,a R e ∈为自然对数的底数），若曲线sin y x =上存有点()00,x y ，使得00(())f f y y =，则a 的取值范围是（ ）.A. 11,1e e -⎡⎤-+⎣⎦ B. []1,1e + C. [],1e e + D. []1,e【答案】易知()2x f x e x a =+-为单调递增函数.同例1，有00()f y y =.曲线sin y x =上存有点()00,x y ，使得00()f y y =，等价为：()2x f x e x a x =+-=在[]1,1-上存有解.即x e x a +=在[]1,1x ∈-上有解.设()x h x e x =+，()10x h x e '=+>，则()h x 在[]1,1-上单调递增，所以11(1)()(1)1h h x h e e -=-≤≤=+.故11,1a e e ⎡⎤∈-+⎢⎥⎣⎦. 故选A. 【变式2】（2016届广雅中学高三开学测试）已知()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，且对()0,x ∀∈+∞，都有2(()log )3f f x x -=，则方程()()2f x f x '-=的实数解所在的区间是（ ）.A. 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B. 1,12⎛⎫⎪⎝⎭C. ()1,2D. ()2,3【答案】因为()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，所以存有唯一0x ，使得0()3f x = ①. 又2(()log )3f f x x -=，故有20()log f x x x -=，解得20()log f x x x =+.用0x 代替x ，则有0200()log f x x x =+ ②.由①②解得02x =.将02x =代入化简()()2f x f x '-=，得21log 0ln 2x x -=⋅.令21g()log ln 2x x x =-⋅，因为1g(1)0ln 2=-<，1g(2)102ln 2=->，又g()x 在()1,2上单调递增，故g()x 在()1,2上存有唯一零点，即方程()()2f x f x '-=的实数解所在的区间是()1,2.故选C.二、根据两个函数的图象，巧设交点的横坐标【例2】(2015·四川卷理)已知函数()2x f x =，2()()g x x ax a R =+∈.对于不相等的实数12,x x ，设12121212()()()(),f x f x g x g x m n x x x x --==--.现有如下命题：○1对于任意不相等的实数12,x x ，都有0m >；○2对于任意的a 及任意不相等的实数12,x x ，都有0n >； ○3对于任意的a ，存有不相等的实数12,x x ，使得m n =； ○4对于任意的a ，存有不相等的实数12,x x ，使得m n =-.其中的真命题有 （写出所有真命题的序号）.【解析】对于○1，由()2x f x =的单调递增的性质可知，1212()()0f x f x m x x -=>-，故○1准确.对于○2，由2()()g x x ax a R =+∈先单调递减再递增的性质可知，存有1212()()0f x f x m x x -=<-的情形，故○2不准确. 对于○3，m n =等价于1212()()()()f x f x g x g x -=-，即1222112222x x x ax x ax -=+--，即1222112222x x x ax x ax --=--.设2()2x h x x ax =--，则()()2ln 22x h x x a '=-+.此时由2ln 2y x =和2y x a =+的图象（如下图）可知，调整合适的a 可使2y x a =+的图象全在2ln 2y x =的图象之下，这时()()2ln 220x h x x a '=-+>恒成立，所以2()2x h x x ax =--单调递增. 据此分析可知：存有a ，使得对于不相等的实数12,x x ，不可能有1222112222x x x ax x ax --=--，即不可能有m n =，故○3不准确.对于○4，m n=-等价于()1212()()()()f x f x g x g x -=--，即()1222112222x x x ax x ax -=-+--，即1222112222x x x ax x ax ++=++. 设2()2x h x x ax =++，则()()2ln 22x h x x a '=---.此时由2ln 2y x =和2y x a =--的图象（如下图）可知，两者必有交点，设交点横坐标为0x .由简图可知，当()0,x x ∈-∞时，2ln 22x x a <--，则()0h x '<，()h x 单调递减；()0,x x ∈+∞y xy=2x+a y=2x ln2时，2ln 22x x a >--，则()0h x '>，()h x 单调递增.于是，对于任意的a ，由单调性可知：存有不相等的实数12,x x ，使得1222112222x x x ax x ax ++=++，即m n =-成立.故○4准确. 综上，所给命题中的真命题有○1、○4.【评注】当导函数为超越函数时，有时我们无法直接求得零点，即便二次求导也难以奏效.这时不妨将其转化为研究两个简单函数的图象的交点问题.由图象可直观获得两图象的高低情况（对应函数值的大小比较），从而轻松判断导函数的正负情况.为了方便表述，可设两图象的交点的横坐标为0x .【变式3】（2015·郑州市质量预测节选）给定方程：1sin 102xx ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭，探究该方程在(),0-∞唯一交点. ()0,x x ∈-∞减；(0,0x x ∈递增.所以()h x结合(0)h 如下,根属于区间(【例3（1（2）证明：当0a >时，2()2ln f x a a a≥+.【解析】（1）2()2(0)x af x e x x '=->.当0a ≤时，因为()0f x '>，所以()f x '没有零点；当0a >时，令2()()2(0)x ah x f x e x x'==->，因为22()40x a h x e x '=+>，所以()h x 在()0,+∞上单调递增.当0x →时，又0x >,所以2()2x ah x e x=-→-∞，结合2()210a h a e =->，可得()h x 即()f x '在()0,+∞上存在唯一零点.（2）证明：由（1）可知，当0a >时，(f '设该零点为0x ，则有0200()20x af x e x '=-=.○1 此时由22x y e =和a y x =的图象可2()20x af x e x'=-<，()f x 单调递减；(0x x ∈22x a e x>， 则2()20x af x e x'=->，()f x 单调递增. 所以()f x 在0x 处取得最小值020()x f x e =-由○1得0202x ae x =0020020()ln ln 22x x a a f x e a x a x e =-=-0022a ax x =+所以当0a >时，2()2ln f x a a a≥+.【评注】当我们研究函数的极值大小时，经常遇到一些较难确定大小的代数式（如0200()ln x f x e a x =-），而0x 又是一个无法算得的数值，这时我们利用极值点处的导数为零这一条件（如0200()20x af x e x '=-=），消去某些式子，得到较为简单的代数式（如0002()2ln 2a f x ax a x a=++），使研究更为简便. 【例4】设函数2()ln(1)f x x a x =++有两个极值点1x ，2x ，且12x x <． （1）求实数a 的取值范围； （2）求2()f x 的取值范围．【解析】（1）求导得()2122()2111x x a f x x a x x x++'=+=>-++.令函数2()22g x x x a =++，则由函数()f x 有两个极值点1x ，2x 可知，1x ，2x 必为方程()0g x =在()1,-+∞上的两个不等根，又注意到函数()g x 图像的对称轴为12x =-，所以只需480(1)0a g a ∆=->⎧⎨-=>⎩，解得102a <<．故实数a 的取值范围是1(0,)2.(2)2x 为2()220g x x x a =++=的根，则有222222220,22x x a a x x ++==--即 ()2222222()22ln(1)f x x x x x =-++.由（1）可知，(0)0g a =>，而对称轴12x =-，故有21,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. 设()22()22ln(1)h x x x x x =-++，1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()()()21()242ln(1)22221ln(1)01h x x x x x x x x x'=-++-+=-++>+. 所以()h x 在1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭上单调递增，则112ln 2()(),(0),024h x h h -⎛⎫⎛⎫∈-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．故2()f x 的取值范围是12ln 2(,0)4-.【评注】2x 为函数2()ln(1)f x x a x =++极值点，若直接求解2x ，再代入2()f x ，显然运算量较大.不妨由2222222()=01x x af x x ++'=+，求得22222a x x =--，将2222()ln(1)f x x a x =++中的a 消去即可迅速求解.【变式4】（2013·新课标全国卷Ⅱ节选）已知函数()ln(2)x f x e x =-+，证明()0f x >． 【答案】易知函数1()2x f x e x '=-+在(2,)-+∞单调递增．由(1)(0)0f f ''-⋅<知()0f x '=在(1,0)-有唯一实根0x ．当()02,x x ∈-时，()0f x '<，故()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 单调递增．故()f x 取得最小值0()f x ．由0()0f x '=得0001()02x f x e x '=-=+即0012x e x =+,则002x e x -=+即00ln(2)x x +=-. 所以02000000(1)1()ln(2)022x x f x e x x x x +=-+=+=>++，则有min 0()()()0f x f x f x ≥=>．得证． 【变式5】（2013·惠州二模第21题节选)已知函数()ln |f x ax x x b =++是奇函数，且图像在点(,())e f e 处的切线斜率为3 (e 为自然对数的底数)． (1)求实数,a b 的值； (2)若k Z ∈，且()1f x k x <-对任意1x >恒成立，求k 的最大值． 【答案】（1）由题意易得1,0a b ==．（2）当1x >时，由()1f x k x <-恒成立，得min ()()1f x k x <-． 当1x >时，设()ln ()11f x x x xg x x x +==--，则22ln '()(1)x xg x x --=-. 设()2ln h x x x =--，则1'()10h x x=->，()h x 在(1,)+∞上是增函数. 因为(3)1ln 30h =-<，(4)2ln 40h =->，所以0(3,4)x ∃∈，使0()0h x =.0(1,)x x ∈时，()0,'()0h x g x <<，即()g x 在0(1,)x 上为减函数；同理()g x 在0(,)x +∞上为增函数．故min 0()()g x g x =.由000()2ln 0h x x x =--=得00ln 2x x =-． 于是，000000min 0000ln (2)()()11x x x x x x g x g x x x x ++-====--，所以min 0()(3,4)k g x x <=∈，又k Z ∈，故k 的最大值为3．【变式6】（ 2012·新课标全国卷文节选）设函数()2x f x e ax =--． (1) 求()f x 的单调区间；(2)若1,a k =为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值．【答案】（1）易得若0,()a f x ≤在R 上单调递增；若0,()a f x >在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增．（2）当1a =时，()()1()(1)10x x k f x x x k e x '-++=--++>等价于1(0)1x x k x x e +<+>-．令1()1x x g x x e +=+-，则min ()k g x <． 221(2)()1(1)(1)x x x x x xe e e x g x e e ----'=+=--，由（1）可知，函数()2x h x e x =--在()0,+∞上单调递增，同时(1)(2)0h h ⋅<，则()h x 在()1,2上存在唯一零点a ，即()g x '在()1,2上存在唯一零点a ，即()1,2a ∈．当(0,)x a ∈时，()0g x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0g x '>，所以min 1()()1a a g x g a a e +==+-． 因为 ()0g a '=，即20a e a --=． 将2a e a =+代入()g a 得11()1211aa a g a a a a a e ++=+=+=++--． 由()1,2a ∈得()()2,3g a ∈．因为()k g a <，故整数k 的最大值为2．。
破解导数压轴题中的函数构造问题的七大策略
破解导数压轴题中的函数构造问题的七大策略问题提出通过对以函数与导数为核心命制的压轴题的分析与研究，发现大多数需构造辅助函数才能顺利解决，构造辅助函数对学生的创造性与创新性思维能力的要求较高，那么辅助函数的构造有规律可循吗？构造辅助函数解决压轴题的具体策略有哪些呢？策略一观察分析构造观察是科学研究的重要方法，也是数学解题的首要心理活动，更是构造辅助函数最为直接的策略．例1 已知函数f (x)＝(x－2)e x＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f (x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.整体思路是从问题的整体性质出发，突出对问题的整体结构的分析和改造，发现问题的整体结构特征，把某些式子或图形看成一个整体，进行有目的、有意识的整体处理．整体构造辅助函数就是立足这一思想来解决函数综合题的一种策略．例2 (2017·全国Ⅱ)已知函数f (x)＝ax2－ax－x ln x，且f (x)≥0.(1)求a；(2)证明：f (x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f (x0)<2－2.若问题的整体结构比较复杂，使得正面解决很困难时，可以考虑将复杂的整体看成几个部分，实施局部构造辅助函数，从局部突破，从而达到解决问题的目的．例3 (1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x ＋x ＋2>0； (2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g (x )＝e x －ax －a x 2(x >0)有最小值．设g (x )的最小值为h (a )，求h (a )的值域．点评 此道压轴题g (x )的导函数结构比较复杂，于是从局部实施突破，构造辅助函数．这种构造方式比较常见，如2016年江苏卷19题，2013年陕西卷理科压轴题等．有时第一次构造辅助函数并不能解决问题，还需要第二次甚至更多次的构造才能解决问题．例4 (2017·全国Ⅲ)已知函数f (x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f (x)的单调性；(2)当a<0时，证明f (x)≤－34a－2.和差法常用于比较大小、构造对偶式等，其实也可用来构造辅助函数．例5 设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ； (3)设c >1，证明：当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x.点评 和差构造辅助函数的方法在每年高考压轴题中运用广泛，如2016年四川理科压轴、2013年辽宁理科压轴题等．策略六变参分离构造若条件中含有参数，要探究参数的取值范围，此时可以考虑将参数与其他变量分离，然后构造辅助函数求解参数的取值范围．例6 已知函数f (x)＝(x－2)e x＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)略点评此题将主元与参数变参分离后构造辅助函数，再对辅助函数求导探究单调性或最值，参数的范围便自然得到．策略七综合运用例7 已知函数f (x)＝1－x1＋x2e x.(1)求f (x)的单调区间；(2)证明：当f (x1)＝f (x2)(x1≠x2)时，x1＋x2<0.点评此道压轴题的压轴问要证的不等式本质上是极值右偏问题，解答时需要灵活的将作差构造和局部构造两种方法综合运用才能顺利解决．掌握数学就意味着必须要善于解题，中学数学教学的首要任务之一就是要加强解题训练，而人的高明之处在于当他碰到一个不能直接克服的障碍时，他就会绕过去，当原来的问题看起来似乎不好解时，就会想出一个合适的辅助问题去解决原问题，这种方法正是解决高考函数综合问题的良策与通法，通过构造辅助函数统一的处理这些问题时，其实我们已经站在了更高的层面，不再仅仅追求千奇百怪“诡异”的解法，而是理解了这些问题的共性．在统一解决的同时，给人一种思维清晰、神清气爽的良好教学感觉．破解导数压轴题中的函数构造问题的七大策略问题提出通过对以函数与导数为核心命制的压轴题的分析与研究，发现大多数需构造辅助函数才能顺利解决，构造辅助函数对学生的创造性与创新性思维能力的要求较高，那么辅助函数的构造有规律可循吗？构造辅助函数解决压轴题的具体策略有哪些呢？策略一观察分析构造观察是科学研究的重要方法，也是数学解题的首要心理活动，更是构造辅助函数最为直接的策略．例1 已知函数f (x)＝(x－2)e x＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f (x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.(1)解a的取值范围为(0，＋∞)；(2)证明求导得f′(x)＝(x－1)(e x＋2a)，由(1)知a>0.所以函数f (x)的极小值点为x＝1.结合要证结论x1＋x2<2，即证x2<2－x1.若2－x1和x2属于某一个单调区间，那么只需要比较f (2－x1)和f (x2)的大小，即探求f (2－x)－f (x)的正负性．于是通过上述观察分析即可构造辅助函数F (x)＝f (2－x)－f (x)，x<1，代入整理得F (x)＝－x e－x＋2－(x－2)·e x.求导得F′(x)＝(1－x)(e x－e－x＋2)．即x<1时，F′(x)<0，则函数F (x)是(－∞，1)上的单调减函数．于是F (x)>F (1)＝0，则f (2－x)－f (x)>0，即f (2－x)>f (x)．由x1，x2是f (x)的两个零点，并且在x＝1的两侧，所以不妨设x1<1<x2，则f (x2)＝f (x1)<f (2－x1)，即f (x2)<f (2－x1)．由(1)知函数f (x )是(1，＋∞)上的单调增函数，且x 2，2－x 1∈(1，＋∞)，所以x 2<2－x 1. 故x 1＋x 2<2得证．点评 此题的压轴问以函数零点为依托，看似证明不等式，实则是极值右偏问题，解决的核心是通过观察分析构造辅助函数F (x )＝f (2－x )－f (x )，建立抽象不等式“f (x 2)<f (2－x 1)”，再由函数的单调性去解决．策略二 整体构建整体思路是从问题的整体性质出发，突出对问题的整体结构的分析和改造，发现问题的整体结构特征，把某些式子或图形看成一个整体，进行有目的、有意识的整体处理．整体构造辅助函数就是立足这一思想来解决函数综合题的一种策略．例2 (2017·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝ax 2－ax －x ln x ，且f (x )≥0.(1)求a ；(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e －2<f (x 0)<2－2.(1)解 a ＝1；(2)证明 由(1)知f (x )＝x 2－x －x ln x ，求导得f ′(x )＝2x －2－ln x .整体构造辅助函数g (x )＝2x －2－ln x ，求导得g ′(x )＝2－1x. 当g ′(x )>0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞； 当g ′(x )<0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.即函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减． 又g (e －2)>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0，g (1)＝0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内有唯一零点x 0，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞内有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，g (x )>0；当x ∈(x 0,1)时，g (x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g (x )>0.因为f ′(x )＝g (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点．由f ′(x )＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0)．又由x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12得f (x 0)<14. 又因为x ＝x 0是f (x )在(0,1)上的最大值点，结合e －1∈(0,1)，f ′(e －1)≠0，得f (x 0)>f (e －1)＝e －2.所以e －2<f (x 0)<2－2.策略三 局部构造若问题的整体结构比较复杂，使得正面解决很困难时，可以考虑将复杂的整体看成几个部分，实施局部构造辅助函数，从局部突破，从而达到解决问题的目的．例3 (1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x ＋x ＋2>0； (2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g (x )＝e x －ax －a x 2(x >0)有最小值．设g (x )的最小值为h (a )，求h (a )的值域．解 (1)略；(2)对g (x )求导得g ′(x )＝x ＋2x 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x ＋2e x ＋a . 局部构造辅助函数h (x )＝x －2x ＋2e x ＋a ，即h (0)＝a －1<0，h (2)＝a ≥0.由零点定理及第(1)问结论知h (x )在(0,2]上有唯一零点x ＝m .所以函数g (x )在(0，m )上单调递减，在(m ，＋∞)上单调递增．于是x ＝m 为函数g (x )的极小值点，也为最小值点．即当a ∈[0,1)时，函数g (x )有最小值g (m )．由于m －2m ＋2e m ＋a ＝0，即a ＝－m －2m ＋2e m . 所以当a ∈[0,1)时，有m ∈(0,2]，于是函数g (x )的最小值g (m )＝e m －⎝ ⎛⎭⎪⎫－m －2m ＋2e m ·(m ＋1)m 2＝e m m ＋2. 再次引入辅助函数r (m )＝e mm ＋2(m ∈(0,2])，求导得 r ′(m )＝m ＋1(m ＋2)2e m>0. 所以函数r (m )在(0,2]上单调递增，因此可求得函数h (a )的值域．故函数g (x )的最小值的取值范围为(r (0)，r (2)]，即⎝ ⎛⎦⎥⎤12，14e 2. 点评 此道压轴题g (x )的导函数结构比较复杂，于是从局部实施突破，构造辅助函数．这种构造方式比较常见，如2016年江苏卷19题，2013年陕西卷理科压轴题等． 策略四 多次构造有时第一次构造辅助函数并不能解决问题，还需要第二次甚至更多次的构造才能解决问题．例4 (2017·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a－2. (1)解 f ′(x )＝2ax 2＋(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax ＋1)(x ＋1)x. 当a ≥0时，f ′(x )≥0，则f (x )在(0，＋∞)单调递增．若a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a 单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞单调递减． (2)证明 第一次构造辅助函数g (x )＝f (x )＋34a＋2. 要证原不等式成立，需证g (x )max ≤0，即证f (x )max ＋34a＋2≤0. 由(1)知，当a <0时，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a . 即证ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0 不妨设t ＝－12a>0，则证ln t －t ＋1≤0， 令h (t )＝ln t －t ＋1，求导得h ′(t )＝1t－1. h ′(t )>0时，t ∈(0,1)；h ′(t )<0时，t ∈(1，＋∞)．所以h (t )在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，则h (t )max ＝h (1)＝0.故f (x )≤－34a－2. 策略五 和差构造和差法常用于比较大小、构造对偶式等，其实也可用来构造辅助函数．例5 设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ； (3)设c >1，证明：当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x.解 (1)，(2)略(3)作差构造辅助函数g (x )＝c x －(c －1)x －1， x ∈(0,1)，要证原不等式成立，即证g (x )<0.对g (x )求导得g ′(x )＝c x·ln c －(c －1)＝ln c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫c x －c －1ln c . 由c >1，得ln c >0，再根据第(2)问知1<c －1ln c<c . 所以g ′(0)<0且g ′(1)>0，结合g ′(x )是单调递增函数和零点定理可知g ′(x )在区间(0,1)上有唯一零点．所以函数g (x )在区间(0,1)上先单调递减，再单调递增，又g (0)＝g (1)＝0，从而在区间(0,1)上g (x )<0，故原不等式得证．点评 和差构造辅助函数的方法在每年高考压轴题中运用广泛，如2016年四川理科压轴、2013年辽宁理科压轴题等．策略六 变参分离构造若条件中含有参数，要探究参数的取值范围，此时可以考虑将参数与其他变量分离，然后构造辅助函数求解参数的取值范围．例6 已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)略解 (1)显然x ＝1不是函数f (x )的零点．当x ≠1时，方程f (x )＝0变参分离为a ＝2－x (x －1)2·e x . 引入辅助函数g (x )＝2－x (x －1)2·e x ， 求导得g ′(x )＝－e x·x 2－4x ＋5(x －1)3. 所以函数g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．因为函数g (x )在(－∞，1)上的取值范围是(0，＋∞)，而在(1，＋∞)上的取值范围是(－∞，＋∞)．所以当a >0时，函数f (x )有两个零点，故a 的取值范围为(0，＋∞)．点评 此题将主元与参数变参分离后构造辅助函数，再对辅助函数求导探究单调性或最值，参数的范围便自然得到．策略七 综合运用例7 已知函数f (x )＝1－x 1＋x 2e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：当f (x 1)＝f (x 2)(x 1≠x 2)时，x 1＋x 2<0.(1)解 函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．(2)证明 由f (x )＝1－x 1＋x 2e x ，易知x <1时，f (x )>0；x >1时，f (x )<0. 因为f (x 1)＝f (x 2)(x 1≠x 2)，不妨设x 1<x 2，结合(1)知x 1∈(－∞，0)，x 2∈(0,1)． 要证x 1＋x 2<0，即证x 1<－x 2，于是作差构造辅助函数F (x )＝f (x )－f (－x )，代入化简得F (x )＝11＋x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1－x )e x －1＋x e x . 再次局部构造辅助函数G (x )＝(1－x )e x －1＋x e x ，求导得G ′(x )＝－x e －x (e 2x －1)．当x ∈(0,1)时，G ′(x )<0，即G (x )是(0,1)上的单调减函数．于是G (x )<G (0)＝0，则F (x )<0. 即F (x )＝f (x )－f (－x )<0.所以x ∈(0,1)时，f (x )<f (－x )．由x 2∈(0,1)，则f (x 2)<f (－x 2)．又f (x 1)＝f (x 2)，即得f (x 1)<f (－x 2)． 根据(1)知f (x )是(－∞，0)上的单调增函数，而x 1∈(－∞，0)，－x 2∈(－∞，0)， 所以x 1<－x 2，故x 1＋x 2<0得证．点评 此道压轴题的压轴问要证的不等式本质上是极值右偏问题，解答时需要灵活的将作差构造和局部构造两种方法综合运用才能顺利解决．掌握数学就意味着必须要善于解题，中学数学教学的首要任务之一就是要加强解题训练，而人的高明之处在于当他碰到一个不能直接克服的障碍时，他就会绕过去，当原来的问题看起来似乎不好解时，就会想出一个合适的辅助问题去解决原问题，这种方法正是解决高考函数综合问题的良策与通法，通过构造辅助函数统一的处理这些问题时，其实我们已经站在了更高的层面，不再仅仅追求千奇百怪“诡异”的解法，而是理解了这些问题的共性．在统一解决的同时，给人一种思维清晰、神清气爽的良好教学感觉．。
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。
六招破解高考导数压轴题
破解高考导数压轴题的常见策略纵观近十年高考数学课标全国卷，容易发现导数压轴题有如下特点：主要考查导数的几何意义，利用导 数研究函数的单调性、极值、最值，研究方程和不等式. 试题有一定的综合性，并与数学思想方法紧密结合， 对函数与方程的思想，分类与整合的思想等都进行深入的考查.下面介绍破解高考导数压轴题的六种策略.1. 分类讨论分类讨论是高考数学解答题压轴题的常用方法，纵观 2007-2018 年高考数学课标全国卷解答题压轴题， 几乎每一道都有用到分类讨论.高考要求考生理解什么样的问题需要分类讨论，为什么要分类，如何分类.例 1已知函数31()4f x x ax =++，()lng x x =-. （Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（Ⅱ）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数min{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.2. 分离参数讨论含参数的方程或不等式解的问题时，进行分类讨论有时显得比较复杂.如果我们将含参数的方程经过 变形，将参数分离出来，使方程的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数方程无关的主变元函数， 通过函数的值域或单调性讨论原方程的解的情况，则往往显得非常简捷、有效．例 2已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()x e cx d +，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。
3. 构造函数利用导数解决不等式问题是导数的一个非常重要的应用，其关键是根据不等式的结构特点，构造恰当的 辅助函数，进而通过研究函数的单调性和最值，最终解决问题.运用构造函数法来解题是培养学生创新意识的 手段之一.例3设函数1(0ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.4.合理放缩高考数学压轴题往往涉及函数不等式问题，由于高考命题基本上涉及超越函数，研究其单调区间时一般 涉及解超越不等式，难度非常高，往往陷入绝境.放缩法是解决函数不等式问题的一把利器，关键是如何合理 放缩.常见的一种放缩法是切线放缩法，曲线的切线为一次函数，高中阶段大部分函数的图像均在切线的同侧， 即除切点外，函数的图像在切线的上方或下方，利用这一特性，可以将参与函数放缩成一次函数.例 4设函数1(0ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.5.虚设零点导数在研究函数的单调性、极值和最值方面有着重要的应用，而这些问题都离不开一个基本点——导函 数的零点，因为导函数的零点既可能是原函数单调区间的分界点，也可能是原函数的极值点或最值点.可以说， 抓住了导函数的零点，就抓住了原函数的要点.在高考导数压轴题中，经常会遇到导函数具有零点但求解相对 比较复杂甚至无法求解的问题.此时，不必正面强求，只需要设出零点，充分利用其满足的关系式，谋求一种 整体的代换和过渡，再结合其他统计解决问题，这种方法即是“虚设零点”.例 5(Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，； (Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域．6. 多次求导高中函数压轴题一般需要求导，利用导函数的正负来判断原函数的增减.有些试题，当你一次求导后发现 得出的结果还存在未知的东西，导函数的正负没有清晰得表现出来时，就可以考虑二次求导甚至三次求导， 这个时候要非常细心，观察全局，不然做到后边很容易出错.例 6设函数()1xf x e -=-． （Ⅰ）证明：当x ＞-1时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，求a 的取值范围． x x 2f (x)x 2-=+e 0x >(2)20x x e x -++>[0,1)a ∈2x =(0)x e ax a g x x-->（）()g x ()h a ()h a教师版1. 分类讨论分类讨论是高考数学解答题压轴题的常用方法，纵观 2007-2017 年高考数学课标全国卷解答题压轴题， 几乎每一道都有用到分类讨论.高考要求考生理解什么样的问题需要分类讨论，为什么要分类，如何分类.例 1（2015 年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理 21） 已知函数31()4f x x ax =++，()lng x x =-. （Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（Ⅱ）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数min{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.解：（Ⅰ）2()3f x x a '=+，若x 轴为曲线()y f x =的切线，则切点0(,0)x 满足00()0,()0f x f x '==，也就是2030x a +=且300104x ax ++=，解得012x =，34a =-，因此，当34a =-时，x 轴为曲线()y f x =的切线； （Ⅱ）当1x >时，()ln 0g x x =-<，函数()()()(min{}),h x f x g x g x ≤=没有零点； 当1x =时，若54a ≥-，则5(1)04f a =+≥，min{,(1)(1)(1)}(1)0h fg g ===，故1x =是()h x 的零点；当01x <<时，()ln 0g x x =->，以下讨论()y f x =在区间(0,1)上的零点的个数. 对于2()3f x x a '=+，因为2033x <<，所以令()0f x '=可得23a x =-，那么 （i ）当3a ≤-或0a ≥时，()f x '没有零点（()0f x '<或()0f x '>），()y f x =在区间(0,1)上是单调函数，且15(0),(1)44f f a ==+，所以当3a ≤-时，()y f x =在区间(0,1)上有一个零点；当0a ≥时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；（ii ）当30a -<<时，()0f x '<（0x <<()0f x '>1x <<），所以x =14f =.显然，若0f >，即304a -<<时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；若0f =，即34a =-时，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点；若0f <，即334a -<<-时，因为15(0),(1)44f f a ==+，所以若5344a -<<-，()y f x =在区间(0,1)上有2个零点；若534a -<≤-，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点.综上，当34a >-或54a <-时，()h x 有1个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有2个零点；当5344a -<<-时，()h x 有3个零点. 3. 分离参数讨论含参数的方程或不等式解的问题时，进行分类讨论有时显得比较复杂.如果我们将含参数的方程经过 变形，将参数分离出来，使方程的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数方程无关的主变元函数， 通过函数的值域或单调性讨论原方程的解的情况，则往往显得非常简捷、有效．例 2（2013 年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理 21）已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()x e cx d +，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。
导数问题中的多元变量可以这样处理
导数问题中的多元变量可以这样处理
发布时间：2021-03-25T10:18:56.020Z 来源：《中小学教育》2020年7月（下）20期作者：卿小平[导读] 近几年高考命题趋势表明:新课标下高考数学的压轴题大都是导数题
卿小平
四川省绵阳南山中学 621000 摘要：近几年高考命题趋势表明:新课标下高考数学的压轴题大都是导数题，它之所以体现压轴的特点其主要的一个原因是有多元变量，为此处理多元变量便是解决整个问题的关键.而处理多元变量的主要方法有消元法、确定主元法、逆转主元法等.关键词：导数；多元变量；方法导数作为高中新教材新增内容之一,它给高中数学增添了活力,特别是导数的广泛应用性,为解决函数,切线,不等式,数列等问题带来了新思路,新方法,为我们展现出一道靓丽的风景线,也使它成为新教材高考命题的热点.为此解决好导数问题便是成功的保证.
一、消元法
二、确定主元法
三、逆转主元法。
高考数学：函数与导数压轴题高频考点与破解妙招.doc
高考数学：函数与导数压轴题高频考点与破解妙招1以导数面目包装的函数性质的综合应用有关函数与导数的小题压轴题是新课标全国卷的高频考题，高频题型：①以导数面目包装的函数性质题(单调性、奇偶性、最值等)；②用导数法判断函数f(x)的图象或已知函数图象求参数的取值范围；③函数与集合、不等式、数列、平面向量、新定义等知识相交汇．【命题意图】本题主要考查函数与导数、函数的单调性、函数的最值、函数的零点等知识，意在考查考生的化归与转化能力、数形结合能力和运算求解能力．【攻略秘籍】破解以导数面目包装的函数性质综合题需过双关：第一关是“还原关”，即先还原出函数的解析式；第二关是“数形关”，即不等式恒成立问题与有解问题多需要数形结合，即可轻松解决．2利用导数研究函数的单调性、极值与最值利用导数研究函数的单调性、极值与最值是高考的一棵“常青树”，高频题型：①判断函数f(x)的单调性或求函数f(x)的单调区间；②求函数f(x)的最值或极值；③由函数的单调区间、最值或极值求参数的值．【命题意图】本题主要考查函数的极值、利用函数的单调性求参数的取值范围，意在考查分类讨论思想和方程思想，考查考生的化归与转化能力、运算求解能力．【攻略秘籍】破解此类题的关键：一是方程思想，即对于含有参数的可导函数有极值的关键是对参数进行分类讨论，并寻找其导数为零的根，以及在根的左、右两侧导数的符号；二是转化思想，即可导函数f(x)在某个区间D内单调递增(或递减)，则有f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)在区间D内恒成立，从而把已知函数的单调性问题转化为恒成立问题来解决，这里需注意“＝”的情形．3函数、导数与零点相交汇如稍加留神，便可以发现，函数、导数与函数的零点(方程的根)相交汇的考题在近年的高考中扮演着重要的角色，高频题型：①判断函数的零点(方程的根)的个数问题；②已知函数在给定区间的零点(方程在给定区间的解)的情况，求参数的取值范围或证明不等式成立．【命题意图】本题主要考查函数的零点、函数的最值、导数及其应用、基本不等式等知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识．【攻略秘籍】破解此类难题要过好三关：第一关，应用关，即利用导数法求函数的单调区间与最值，一般是求导数，在定义域范围内，令导函数大于(小于)零，得其单调递增(减)区间，从而求出函数的单调区间，再由函数的单调性，可求其最值；第二关，转化关，即把判断函数的零点个数问题转化为判断函数最值的符号问题；第三关，构造函数关，即通过构造函数，把比较大小问题转化为判断函数的单调性问题．4函数、导数与不等式相交汇函数、导数与不等式相交汇的试题是2015年高考题中比较“抢眼”的一种题型．对于只含有一个变量的不等式问题，常通过构造函数，利用函数的单调性和极值来证明，高频题型：①用导数法解决含参不等式恒成立问题；②用导数法解决含参不等式有解问题；③证明不等式．【命题意图】本题主要考查函数的单调性与极值点、不等式恒成立问题、证明不等式等知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想．【攻略秘籍】破解此类不等式证明的关键是通过构造函数、利用导数法判断函数的单调性来证明不等式．根据题设条件的结构特征构造一个函数，一是需要预设与所证不等式有相同的结构；二是需要熟练掌握简单复合函数的求导变换．不等式恒成立求参数的取值范围常利用“分离参数法”，也可以单刀直入地利用导数法，通过分类讨论使问题获解．注意恒成立问题与能成立问题的区别．从以上四例可以看出，只要我们对“函数与导数类”压轴题常见类型心中有数，把握其实质，掌握其规律，规范其步骤，做到“胸中有法”，那么不论高考“函数与导数类”压轴题的构思多么新颖，我们都能做到以不变应万变，此类压轴题就能迎刃而解．。
一题多解，突破高考导数压轴题
所以采取了“消元”的思想．类似地，也可以消去ｅ狓 ，留
下ｌｎ狓．
思考三：注意到ｌｎ狓 与ｅ狓 也可以同时消去，故有
下面的方法．
因为ｅ狓 ≥狓 ＋１，所以 －ｅ狓 ≤－狓 －１， 又ｌｎ狓 ≤ 狓 －１，所 以 有ｌｎ狓 －ｅ狓 ≤ （狓 －１） ＋ （－狓 －１）＝－２，经检验等号取不到． 故 犿 ≥－２，即 犿 的最小整数值为 －２． 有了上面的铺垫以后，我们再来看题目２．
（２）若犳（狓）≥１，求犪 的取值范围．
分析：（１）略．
（２）本题仍是一 道 恒 成 立 的 问 题，最 直 接 的 想 法
就是：若犳（狓）≥１恒成立，只需要找到犳（狓）ｍｉｎ，则其
必满足犳（狓）ｍｉｎ ≥１．为寻找犳（狓）ｍｉｎ，做如下求解．
思考一：直 接 找 导 函 数 犳′（狓）的 零 点，然 后 通 过
题 目１：已知函数犳（狓）＝犿ｅ狓 －狓ｅ狓 （狓 ＞０），其中 犿 ∈ 犚，ｅ为自然对数的底数．
（１）讨论犳（狓）的单调性，并求极值； （２）当狓 ＞０时，犳（狓）＋狓ｅ狓 ≥ｅ狓ｌｎ狓－ｅ２狓 ，求犿 的最小整数值． 分析：（１）略． （２）本题实质上 是 一 种 恒 成 立 的 问 题，属 于 常 规 问题，但 恰 恰 是 在 这 种 常 见 问 题 上，却 体 现 了 方 法 的
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教学
２０２１年３月 解法探究
参谋
题目２：已知函数犳（狓）＝犪ｅ狓－１ －ｌｎ狓 ＋ｌｎ犪． （１）当犪＝ｅ时，求曲线狔＝犳（狓）在点（１，犳（１））处 的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
灵活性． 多数学生会考虑到首先将犳（狓）代入，得到 犿ｅ狓
函数压轴题重点类型：多自变量问题解决思路含详细答案
函数导数压轴题：多自变量问题思路破解多自变量，考题中多数是两个自变量，就目前已经考察的试题来看，多自变量问题是重点，解决思路主要是两个，一是转化为最值问题，二是构造成新的函数，希望考生在下属试题中进行总结归纳，掌握此类问题的做法。
1. 已知函数21()(1)ln ,12f x x ax a x a =-+-> （Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）证明：若5a <，则对任意x 1，x 2∈(0,)+∞，x 1≠x 2，有1212()()1f x f x x x ->--。
2. 已知函数1ln )1()(2+++=ax x a x f （I ）讨论函数)(x f 的单调性；（II ）设1-<a .如果对任意),0(,21+∞∈x x ，||4)()(|2121x x x f x f -≥-，求a 的取值范围。
3.212121(x)lnx 2.2(1)ln 1(2),m>0,a [,1],x ,[1,e]2|f(x )-g(x )|<1m f x ax a R m x m x x =+-∈+∈∈设函数，其中讨论该函数的单调性已知g(x)=其中若对任意存在使得成立，求实数的取值范围。
4. 设函数2()mx f x e x mx =+-。
（1）证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；（2）若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12|()()|1f x f x e -≤-，求m 的取值范围。
5.21212121(x)lnx +.2(1)f(x)m (2)f x x ,x m -f(x )-f(x )2f x mx x x =+<≤已知函数若函数不存在单调递减区间，求实数的取值范围已知（）有两个极值点（）,且的最小值。
6.已知函数232()(0),3f x x ax a x R =->∈（1） 求()f x 的单调区间和极值；（2） 若对于任意的1(2,)x ∈+∞，都存在2(1,)x ∈+∞，使得12()()1f x f x ⋅=，求a 的取值范围7.已知常数0a >,函数()()2ln 12xf x ax x =+-+. (1)讨论()f x 在区间()0,+∞上的单调性;(2)若()f x 存在两个极值点12,x x ,且()()120f x f x +>,求a 的取值范围.答案1.解：(1)()f x 的定义域为(0,)+∞。