例谈高考中导数和函数综合题的考查

☉湖南省长沙市雅礼中学 匡一为

导数是高考数学的重要知识点，每年的高考试题中小题、大题都有出现，是高考数学中的重点、难点、热点.特别是近年来导数和函数的综合问题几乎成了每年高考的压轴题，对于那些掌握了方法的学生，解决此问题就较为容易.但是对于没有掌握方法的学生，解决此问题就较为困难.下面笔者结合自己的经验浅谈一点心得和体会.

一、关于单调性、零点、分类讨论的问题的考查

例1已知函数f（x）=（x-2）ex+a（（x-1）2.

（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.

解：（1）可以通过导数来讨论单调性，f′（x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a）.

（i）设a≥0，则当x∈（-∞，1）时，f′（x）＜0；则当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0；所以，则f（x）在（-∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.

（ii）设a＜0，由f′（x）=0得到x=1或x=ln（-2a）.

（2）①设a＞0，则由（1）知，f（x）当（-∞，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，又有f（1）=-e，f（2）=a，取b满足b＜0且b＜ln，则有

所以，f（x）有两个零点.

②设a=0，则f（x）=（x-2）ex，所以f（x）只有一个零点.

综上所述，a的取值范围为（0，+∞）.

当遇到参数，在求解问题时不确定下一步如何解决时，则考虑分类讨论.

二、关于单调性、最值的问题的考查

函数的单调性和最值问题也是高考中考查的重点.

例2已知函数f（x）＝ex-e-x-2x.

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）设g（x）＝f（2x）-4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；

解法一：（1）f′（x）＝ex＋e-x-2≥0，等号仅当x＝0时成立.

所以f（x）在（-∞，＋∞）单调递增.

（2）g（x）＝f（2x）-4bf（x）＝e2x-e-2x-4b（ex-e-x）＋（8b-4）x，

g′（x）＝2［e2x＋e-2x-2b（ex＋e-x）＋（4b-2）］

＝2（ex＋e-x-2）（ex＋e-x-2b＋2）.

①当b≤2时，g（′x）≥0，等号仅当x=0时成立，所以g（x）在（-∞，+∞）单调递增.

而g（0）=0，所以对任意x＞0，g（x）＞0.

②当b＞2时，若x满足2＜ex+e-x＜2b-2，

综上，b的最大值为2.

解法二：（2）由g′（x）=0，即2（ex+e-x-2）（ex+e-x-2b+2）= 0，

得ex+e-x-2=0或ex+e-x-2b+2=0，由ex+e-x-2=0得x=0，

①当b≤2时，g′（x）≥0，等号仅当x=0时成立，所以g（x）在（-∞，+∞）单调递增.

而g（0）=0，所以对任意x＞0，g（x）＞0.

②当b＞2时，由ex+e-x-2b+2=0，解得ex=b-1±■b2-2b＞0，

令m（x）=ex+e-x，m（′x）=ex-e-x=0，得x=0，

易知x＞0时，m（′x）＞0，x＜0时，m（′x）＜0，

即m（x）在（-∞，0）上是减函数，在（0，∞）上是增函数，

所以x∈（0，x）1时，ex+e-x-2b+2＜0，

则x∈（0，x）1时，g′（x）＜0，即g（x）在（0，x1）上单调递减，而g（0）=0，故x∈（0，x1）时，g（x）＜0.所以b＞2不符合题意.

综上，b的最大值为2.

解法一中，当b＞2时，令2＜ex+e-x＜2b-2，在原点右侧附近探究递减区间，简洁明快.解法二则是通法.

三、关于切线、新定义、最值、零点的问题的考查

综合切线、新定义、最值、零点等问题一直是新课标卷的热点，好多问题的设计打破常规，在探究极值点时频频出现超越方程，致使落脚点不在函数最值的具体数值上，而在函数取得最值时相应自变量所满足的数量关系上，再利用这一关系解决问题，具有较高的技巧.

（1）求b；

（2）f（x）的定义域为（0，+∞），由（1）知，f（x）=alnx+

故当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）单调递增.

所以，存在x0≥1，使得（fx0）＜的充要条件为（f1）

＜0，

四、关于单调性、不等式恒成立及构造函数的问题的考查

以导数为工具，通过探究函数性质并利用性质求解不等式是新课标卷的一个新亮点.对于复杂的超越不等式，如ex-x-1＞0，往往需要探究相应函数的零点、单调性等性质，再借助这些性质求解不等式.2015年的新课标文理两卷均考查了该种类型.

例4设函数f（x）=emx+x2-mx.

（1）证明：f（x）在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；

（2）若对于任意x1，x2∈［-1，1］，都有|f（x1）-f（x2）|≤e-1，求m的取值范围.

解：（1）f′（x）=m（emx-1）+2x，

若m≥0，则当x∈（0，+∞）时，emx-1≥0，f′（x）＞0；

当x∈（-∞，0）时，emx-1≤0，f′（x）＜0.

若m＜0，则当x∈（0，+∞）时，emx-1＜0，f′（x）＞0；

当x∈（-∞，0）时，emx-1＞0，f′（x）＜0.

所以f（x）在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增.

（2）由（1）知，对任意实数m，f（x）在［-1，0］上单调递减，在［0，1］上单调递增，故f（x）在x=0处取得最小值.

所以对于任意的x1，x2∈［-1，1］，

|f（x1）-f（x2）|≤e-1等价于即

令g（m）=em-m-e+1，则g′（m）=em-1，

易知g（m）在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增.

又g（1）=0，g（-1）=e-1+2-e＜0，故m∈［-1，1］时，g（m）≤0，符合题意；

当m＞1时，由g（m）（0，+∞）上单调递增，则g（m）＞0，不合题意；

当m＜-1时，则g（-m）＞0，即e-m+m＞e-1，不合题意.

综上，m的取值范围是［-1，1］.

五、关于单调性、不等式及构造函数、参数及取值范围的问题的考查

不等式恒成立求参数范围问题常常综合了函数的单调性等多维度知识，是导数应用的热点问题，常规方法有分参法、函数最值法.

例5设函数f（x）=ex-1-x-ax2.

（1）若a=0，求f（x）的单调区间；

（2）若当x≥0时f（x）≥0，求a的取值范围.

方法1：（1）a=0时，f（x）=ex-1-x，f′（x）=ex-1.

当x∈（-∞，0）时，f′（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0.故（fx）在（-∞，0）单调减少，在（0，+∞）单调增加

（2）方法1：f（′x）=ex-1-2ax

由（1）知，ex≥1+x，当且仅当x=0时等号成立.故f（′x）≥x-2ax=（1-2a）x，

于是当x≥0时，（fx）≥0.由ex＞1+x（x≠0）可得e-x＞1-x（x≠0）.从而当a＞时，f（′x）＜ex-1+2a（e-x-1）=e-（xex-1）·（ex-2a），

故当x∈（0，ln2a）时，f′（x）＜0，而（f0）=0，于是当x∈（0，ln2a）时，（fx）＜0.

方法2：f′（x）＝ex-1-2ax，令g（x）=f′（x），则g′（x）=ex-2a.

所以，f（′x）≥0，即（fx）在［0，+∞）上递增，

故（fx）≥（f0）=e0-1-0-a·02=0，即（fx）≥0成立.

方法1运用了放缩法，技巧性强，解题过程简练；方法2体现了通法.

以上就高考中几种常见导数和函数压轴题问题进行了反思和总结，从中我们可以看到分类讨论、构造函数等思想的应用.要能比较熟练的解决此类问题除了需要较强的计算能力，还需要掌握一些如分离常数法、利用函数图像与根的分布法等技巧.总之，对导数和函数压轴大题来说，如能熟练的掌握以上解题思想并不断练习相关解题技巧，广大考生在这类问题上还是能有所作为的.