十大利器破解高考導數壓軸新題型

■四川省巴中中學 (特級教師)

涉及多個變量的導數問題能較好地考查函數與方程、轉化與化歸等數學核心素養(yǎng),在高考全國卷和各省市診斷模擬試卷中出現(xiàn)的頻率甚高,多居于壓軸題的位置。破解的策略是如何在函數、導數的視角下將那些滲透在方程或不等式關系中的多變量轉化為單變量,以便構造一元函數,借助導數的工具性迅速解決。不少同學由于欠缺系統(tǒng)有效的方法點撥與強化訓練,常常顯得力不從心、茫然無措,下面精選數例,提煉通法,指點迷津。

利器一 逐個消元

逐個消元策略是指在具有依存關系的多變量問題中,充分挖掘題目的隱含條件,揭示多個變量之間滿足的等量關系式,然后通過一個等式的變形,代入另一個等式,使得變量一個一個減少,最后轉化為一元函數,以便借助導數進行有效處理。它是解決多變量問題最基本、最重要的手段。

例1(河南開封市2019屆高三定位考試文數第21題)已知函數f(x)=alnx+x2-2x。

(1)當a=-4時,求函數f(x)的單調區(qū)間；

(2)若函數y=f(x)有兩個極值點x1,x2,且x1＜x2,求證

解析：(1)當a=-4時,f(x)=-4lnx+x2-2x,x∈(0,+∞)。

當x＞2時,f′(x)＞0；當0＜x＜2時,f′(x)＜0。

所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(2,+∞),單調遞減區(qū)間為(0,2)。

由題意知：

所以h(x)在上單調遞減,h(x)

感悟拓展：由于f(x)的兩個極值點x1,x2滿足方程2x2-2x+a=0,由韋達定理可以挖掘出三個變量x1,x2,a滿足的等量關系,通過逐個消元,即把x1化歸為1-x2,把a化歸為2x1x2,進而化歸為2x2(1-x2),最后代入則可將目標多元函數化歸為以x2為基本變量的一元函數。通過求導,一舉成功。其中對這兩個相互依存又十分隱蔽的等量關系深度挖掘與靈活利用,是攻克本題的“利器”與“核心技術”。

利器二 直消多元

含有三元的多變量問題,常規(guī)的消元方法是：先消三元為二元,再消二元為一元。有時候,若含有比較特殊的和、積關系,也可以不拘泥于常規(guī),巧用整體思維,直截了當地將三元問題消元成一元問題。

例2(2019年安徽合肥市高三第一次質量檢測)已知函數f(x)=ax2-2x+lnx有兩個不同的極值點x1,x2,若不等式λ＞f(x1)+f(x2)恒成立,則實數λ的取值范圍是( )。

A.[-3,+∞) B.(3,+∞)

C.[-e,+∞) D.(e,+∞)

解析：f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)

因為f(x)有兩個不同的極值點x1,x2,所以f′(x)=0,即2ax2-2x+1=0在(0,+∞)上有兩個不同的實數根x1,x2。

因此,g(a)在上單調遞增,g(a)即f(x1)+f(x2)＜-3。

因為λ＞f(x1)+f(x2)恒成立,所以λ≥-3,實數λ的取值范圍是[-3,+∞),選A。

感悟拓展：由于f(x)的兩個不同的極值點x1,x2滿足方程2ax2-2x+1=0,由韋達定理可以挖掘出三個變量x1,x2,a滿足的等量關系而目標式f(x1)+f(x2)通過并項,又可變形為x1,x2的和、積對稱關系式a(x1+x2)2-2ax1x2-2(x1+x2)+ln(x1x2),因此,以變量a為基本量,可以同時消去另外兩個變量x1,x2,解法更簡捷。

利器三 整體換元

將兩個獨立變量之間的加、減、乘、除四則運算關系式視作一個新元,“整體”代換后,構造出與之相關的一元函數,實現(xiàn)問題的合理轉化與迅速解決,通常被稱為“整體換元策略”。

例3(2018年高考浙江卷節(jié)選)已知函數若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)處導數相等,證明：f(x1)+f(x2)＞8-8ln 2。

因此,g(x)在(256,+∞)上單調遞增。

因為x1x2＞256,所以g(x1x2)＞g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)＞8-8ln 2。

例4(湖北省武漢市武昌區(qū)2019屆高三調研考試第21題)已知函數f(x)=

(1)當a=-1時,求f(x)的單調區(qū)間；

(2)若f(x)存在兩個極值點x1,x2,且

當0＜x＜1時,f′(x)＞0；當x＞1時,f′(x)＜0。

所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1),單調遞減區(qū)間為(1,+∞)。

因為f(x)存在兩個極值點,所以f′(x)=0,即ax2-x+2=0在(0,+∞)上有兩個不同的實數根x1,x2。

感悟拓展：由于f(x)的兩個極值點x1,x2滿足方程ax2-x+2=0,故由韋達定理可以挖掘出三個變量x1,x2,a滿足的等量關系因此先用代換a,將三個變量不等式證明問題：等價轉化為雙變量不等式證明問題：再通過比值整體換元,即令化歸為一元不等式的證明問題,移項構造,迎刃而解。

利器四 確立主元

在涉及多個變量且變量地位平等的問題中,不妨將某一個變量確立為主元,其他的變量當成常數,以便厘清主次、拿捏輕重、創(chuàng)造構建函數的契機,這種思維方法通常稱之為“確立主元策略”。

例5(2013年高考陜西卷理數第21題)已知函數f(x)=ex,x∈R。

(1)若直線y=kx+1與f(x)的反函數的圖像相切,求實數k的值；

(2)設x＞0,討論曲線y=f(x)與曲線y=mx2(m＞0)公共點的個數；

(3)設a＜b,比較與的大小,并說明理由。

解析：(1)f(x)的反函數為g(x)=lnx,x＞0,則g′(x)=設直線y=kx+1與g(x)=lnx的圖像相切于點P(x0,y0),則解得k=e-2。

(2)當x＞0 時,曲線y=f(x)與曲線y=mx2(m＞0)公共點的個數等價于曲線y與直線y=m(m＞0)公共點的個數。

令h(x)=x＞0,則h′(x)=

因此,當x∈(0,2)時,h′(x)＜0,h(x)在(0,2)上單調遞減；當x∈(2,+∞)時,h′(x)＞0,h(x)在(2,+∞)上單調遞增。

所以h(x)在(0,2)上的最小值為h(2)

(3)方法一(確立主元策略)：

取特殊值a=0,b=1,則

(b-a)(ea+eb)＞2eb-2ea。(*)

不等式(*)中含有兩個變量a,b,不妨把變量a視為常數,把變量b看成(a,+∞)上的變量x。作差移項,構造一元函數：h(x)=(x-a)(ea+ex)-2ex+2ea,x＞a。

則h′(x)=(x-a-1)ex+ea,h″(x)=(x-a)ex＞0,所以h′(x)在(a,+∞)上單調遞增,h′(x)＞h′(a)=0。

所以h(x)在(a,+∞)上單調遞增,h(x)＞h(a)=0。

于是當a＜b時,h(b)＞0,即(b-a)(ea+eb)＞2eb-2ea。

將b-a整體視作一個新的變元x,將雙變量問題轉化為單變量,易于求導處理。

令g(x)=x+2+(x-2)ex,x＞0,則g′(x)=1+(x-1)ex,g″(x)=xex＞0,所以g′(x)在(0,+∞)上單調遞增,g′(x)＞g′(0)=0,g(x)在(0,+∞)上單調遞增,g(x)＞g(0)=0。

當a＜b時,b-a＞0,所以g(b-a)＞0,即(b-a+2)+(b-a+2)eb-a＞0。則

故當a＜b時,

利器五 反客為主

在一些數學問題中,打破常規(guī),將“客元”視作“主元”,“主元”視作“客元”,反而可變被動為主動,掌握決勝的主動權,這種思維方法稱之為“反客為主策略”。

例6(2006年四川高考卷文數壓軸題)已知函數f(x)=x3+3ax-1,g(x)=f′(x)-ax-5,其中f′(x)是f(x)的導函數。

(1)對滿足-1≤a≤1的一切a的值,都有g(x)＜0,求實數x的取值范圍；

(2)設a=-m2,當實數m在什么范圍內變化時,函數y=f(x)的圖像與直線y=3只有一個公共點?

解析：(1)由題意可得g(x)=3x2-ax+3a-5。

令g(x)=φ(a)=(3-x)a+3x2-5,-1≤a≤1,則φ(a)是關于a的一次函數或常函數,其圖像是一條線段。對-1≤a≤1,都有g(x)＜0,即有φ(a)＜0。

(2)當a=-m2時,f(x)=x3-3m2x-1,f′(x)=3x2-3m2。

①當m=0時,f(x)=x3-1的圖像與直線y=3只有一個公共點。

②當m≠0時,令f′(x)=0,得x=±|m|,如列表1：

表1

f(x)極小值=f(|m|)=-2m2|m|-1＜-1。

又因為f(x)的值域是R,且在(|m|,+∞)上單調遞增,所以當x＞|m|時函數y=f(x)的圖像與直線y=3只有一個公共點。

當x＜|m|時,恒有f(x)≤f(-|m|)。

由題意,得f(-|m|)＜3,即2m2|m|-1=2|m|3-1＜3。

綜上,實數m的取值范圍是

感悟拓展：第一小題,“已知參數a范圍,求自變量x的范圍的二次不等式恒成立問題”,常運用“反客為主”策略,轉化為“一次不等式恒成立”,進而轉化為一次函數處理,即所謂的“巧化二次為一次”。第二小題,將“直線與曲線的公共點問題”轉化為“求函數極值問題”。第二小題,對m的“分與不分”拿捏恰當,令人回味：一是分m=0與m≠0；二是令f′(x)=0,巧得x=±|m|時,避免細分m＞0與m＜0帶來的麻煩。

利器六 放縮減元

對于某些涉及雙變量不等式的問題,有時可通過基本不等關系的合理放縮,巧妙轉化為單變量的不等式問題,以便于利用一元函數處理。

例7(2018年江蘇鹽城市模擬題)實數x,y滿足2x-3≤ln(x+y+1)+ln(xy-2),則xy=_____。

設t=2x-1(t＞0),則t-2≤2lnt-2ln 2。

令f(t)=t-2-2lnt+2ln 2,t＞0,則f′(t)=

當0＜t＜2時,f′(t)＜0,f(t)單調遞減；當t＞2時0,f′(t)＞0,f(t)單調遞增。

所以f(t)min=f(2)=0。又f(t)≤0,即f(t)=0,所以

感悟拓展：巧用基本不等式ab≤進行放縮變形,將題設雙變量不等關系轉化為單變量不等式t-2≤2lnt-2ln 2,進而構造與之相關的一元函數f(t)=t-2-2lnt+2ln 2,t＞0,以便巧用“函數思想”處理“不等關系”,思維奇特,別開生面。

利器七 最值轉化

全稱量詞“任意(?)”、特稱量詞“存在(?)”與函數、導數、不等式等主體知識的交匯是近年來高考命題的新亮點,其中尤以雙變量的“?”“?”的不同組合增添內涵與挑戰(zhàn)。破解之道在于將邏輯語言轉化為自然語言,將雙變量的“任意性”、“存在性”與單變量的“恒成立”、“能成立”合理對應,將函數值的相等關系等價轉化為函數值域之間的包含或交集關系,把函數值的不等關系等價轉化為函數最值的不等式。

例8(2019年江西模擬試題)已知函數f(x)=ax+x2-xlna(a＞0,a≠1)。

(1)求函數f(x)在點(0,f(0))處的切線方程；

(2)求函數f(x)的單調遞增區(qū)間；

(3)若存在x1,x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1(e是自然對數的底數),求實數a的取值范圍。

解析：(1)f′(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)lna。當x=0時,f(0)=1,f′(0)=0,故切線方程為y=1。

(2)因為a＞0,a≠1時,f″(x)=2+(lna)2·ax＞0,所以f′(x)在R上單調遞增,且f′(0)=0。

令f′(x)＞0?f′(x)＞f′(0)?x＞0,故f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞)。

(3)“存在x1,x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1成立”等價于“x1,x2∈[-1,1]時,|f(x1)-f(x2)|max≥e-1”,即等價于“當x∈[-1,1]時,f(x)max-f(x)min≥e-1”。

由(2)易得f(x)在上[-1,0]是減函數,在[0,1]上是增函數,故當x∈[-1,1]時,f(x)min=f(0)=1,f(x)max=max{f(-1),f(1)}。

令g(a)=f(1)-f(-1)=a+1-lna

而g(1)=0,故當a＞1時,g(a)＞g(1)=0,即f(1)＞f(-1)；

當0＜a＜1時,g(a)＜g(1)=0,即f(1)＜f(-1)。

故當a＞1時,f(x)max-f(x)min=f(1)-f(0)=a-lna≥e-1,易證m(a)=alna在(1,+∞)上為增函數,所以由m(a)≥m(e)?a≥e；

當0＜a＜1時,f(x)max-f(x)min=f(-1)-f(0)=+lna≥e-1,易證n(a)在(0,1)上為減函數,所以n(a)

綜上,a的取值范圍為+∞)。

感悟拓展：(1)若?x1,x2∈D,使得|f(x1)-f(x2)|≥t成立,等價于|f(x1)-f(x2)|max≥t,即等價于f(x)max-f(x)min≥t。若?x1,x2∈D,使得|f(x1)-g(x2)|≤t成立,等價于|f(x1)-g(x2)|min≤t,特別地,當f(x)max＜g(x)min時,等價于g(x)min-f(x)max≤t。

(2)對于?x1,x2∈D,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,等價于|f(x1)-f(x2)|max≤t,也即等價于f(x)max-f(x)min≤t。

利器八 集合關系

例9(四川省巴中中學2020屆高三10月月考卷)已知函數f(x)=和函數g(x)=若存在x1,x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立,則實數a的取值范圍是( )。

解析：設函數f(x),g(x)在[0,1]上的值域分別為A,B,則“存在x1,x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立”等價于“A∩B≠?”。

故f(x)在[0,1]上的值域

當x∈[0,1]時在[0,1]上單調遞增。又a＞0,所以在[0,1]上單調遞增,其值域

由A∩B≠?,得或0≤1≤a≤2,選C。

感悟拓展：若?x1∈D1,?x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等價于函數f(x)在D1上的值域A與函數g(x)在D2上的值域B的交集不為空集,即A∩B≠?。其等價轉化的基本思想是：兩個函數有相等的函數值,即它們的值域有公共部分。

對?x1∈D1,?x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等價于函數f(x)在D1上的值域A是函數g(x)在D2上的值域B的子集,即A?B。其等價轉化的基本思想是：函數f(x)的任意一個函數值都與函數g(x)某一個函數值相等,即f(x)的函數值都在g(x)的值域之中。

例10(2018年河南開封市高三定位考試改編)函數f(x)=xex,x∈(-∞,2),函數g(x)=ax+1,x∈[-2,2],對任意的x1∈[-2,2],總存在x0∈(-∞,2),使得f(x0)=g(x1)成立,則實數a的取值范圍為____。

解析：“任意的x1∈[-2,2],總存在x0∈(-∞,2),使得f(x0)=g(x1)成立”等價于“函數g(x)=ax+1,x∈[-2,2]的值域B是函數f(x)=xex,x∈(-∞,2)的值域A的子集,即B?A”。

因為f(x)=xex,x∈(-∞,2),所以f′(x)=(1+x)ex。

令f′(x)=0,得x=-1。

當x＜-1時,f′(x)＜0；當-1＜x＜2時,f′(x)＞0。所以f(x)在(-∞,-1)上是減函數,在(-1,2)上是增函數,

當x=-1時,f(x)min=f(-1)=

當x＜-1時；當-1＜x＜2時

所以函數f(x)=xex在x∈(-∞,2)上的值域

當a=0時,g(x)=1,滿足條件。

當a＞0時,g(x)=ax+1在[-2,2]為增函數,其值域B=[-2a+1,2a+1]。

由B?A,得2a+1＜2e2且-2a+1≥又a＞0,所以

當a＜0時,g(x)=ax+1在[-2,2]為減函數,其值域B=[2a+1,-2a+1]。

由B?A,得-2a+1＜2e2且2a+1≥又a＜0,所以

綜上,實數a的取值范圍為

利器九 形似聯(lián)想

挖掘并識別雙變量等式(或不等式)左右、上下結構中明顯或隱蔽的數字、字母的相似性、關聯(lián)性,將多變量問題轉化為一元函數問題來處理,通常稱之為“形似聯(lián)想策略”。

例11(2018年河北名校聯(lián)盟高三二診文數第16題)已知函數f(x)=x+alnx(a＞0),若對任意x2),都有則正數a的取值范圍是____。

故所求實數a的取值范圍是

感悟拓展：對于任意x1,x2∈D,都有|f(x1)-f(x2)|≤m|x1-x2|(m＞0)型恒成立問題,可先利用排序思想及函數的單調性定義,等價轉化為f(x1)±m(xù)x1≥(≤)f(x2)±m(xù)x2型問題,再形似構造單變量函數g(x)=f(x)±m(xù)x,轉化為g′(x)≥或≤0在x∈D上恒成立問題。

利器十 對稱構造

例12(2019年云南跨區(qū)調研試題改編)已知f(x)=lnx-ax有兩個零點x1,x2。

(1)求實數a的取值范圍；

(2)求證：x1·x2＞e2。

解析：由題意知,lnx1=ax1,lnx2=ax2,要證x1·x2＞e2,也即證lnx1+lnx2＞2,只需證a(x1+x2)＞2,即證x1+x2＞于是轉化為極值點偏移問題,消去參數a是破解問題的關鍵。

若a≤0,f′(x)＞0,則f(x)在(0,+∞)上單調遞增,不可能有兩個零點。

若a＞0,由f′(x)=0,解得

所以f(x)在上單調遞增,在上單調遞減。

因此,f(x)的極大值為1。

又當x→0(x＞0)時,f(x)→-∞,并且x→+∞時,f(x)→-∞,所以要使f(x)有兩個零點,必有,解得0

故實數a的取值范圍為

(2)方法一(構造對稱型差函數)：因為f(1)=-a＜0,所以

所以ln(x1x2)=lnx1+lnx2=a(x1+x2)＞2,x1·x2＞e2。

方法二(化歸為對數—算術均值不等式模型)：

不妨設x1＞x2＞0,由已知得lnx1=ax1,lnx2=ax2,相減得lnx1-lnx2=a(x1-x2),則

相加得lnx1+lnx2=a(x1+x2)。欲證x1x2＞e2,只需證ln(x1x2)＞2,即證lnx1+lnx2=a(x1+x2)=(x1+x2)·(化歸為幾何對數—算術平均值不等式模型),只需證只需證lnt＞

感悟拓展：(1)已知函數f(x)在定義域內有唯一的極值點x=x0,且x1,x2是f(x)的兩個零點(或滿足f(x1)=f(x2)),證明：x1+x2＞(或＜)2x0。這便是最近幾年高考和診斷考試中異?；鸨臉O值點偏移問題。

(2)對于函數y=f(x),若滿足f(ax)=f(a+x)(或f(x)=f(2a-x)),則函數y=f(x)的圖像關于直線x=a對稱(即極值點不偏移)。因此,要確定一個函數圖像不對稱(即極值點偏移),只需考查f(a-x)與f(a+x)(或f(x)與f(2a-x))具有不等關系即可。因此,一個自然而然卻極為重要的破解策略是：構造基于對稱的差函數F(x)=f(x0+x)-f(x0-x)(或F(x)=f(x)-f(2x0-x))。

極值點偏移問題的證明步驟可歸納為“一求、二差、三判、四脫”：

①求函數f(x)的極值點x0；

②構造差函數F(x)=f(x0+x)-f(x0-x)(或F(x)=f(x)-f(2x0-x)；

③判斷差函數F(x)的單調性,證明F(x)＞(或＜)0,即f(x0+x)＞(或＜)f(x0-x),或f(x)＜(或＞)f(2x0-x)；

④由x1、x2的范圍,結合f(x1)=f(x2)及原函數f(x)的單調性,“脫掉”f,確定x1+x2與2x0的大小關系。

解法口訣：極值偏離對稱軸,構造差函數覓行蹤；四個步驟環(huán)環(huán)扣,兩次單調性緊跟從。