一道導(dǎo)數(shù)試題的命制歷程與思考

摘 要：含參導(dǎo)數(shù)題對分析能力和計算能力要求很高，突出考查構(gòu)造函數(shù)、分類討論、轉(zhuǎn)化與化歸等重要思想方法.研究高考試題，圍繞函數(shù)的結(jié)構(gòu)特征進(jìn)行內(nèi)容挖掘，站在命題人的角度，通過命制一道內(nèi)涵豐富、解法靈活的導(dǎo)數(shù)試題，加深對條件、結(jié)論的反思，優(yōu)化解題策略.

關(guān)鍵詞：導(dǎo)數(shù)；試題命制；思考

中圖分類號：G632"" 文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）31-0002-04

收稿日期：2024-08-05

作者簡介：胡貴平（1978—），男，甘肅省天水人，本科，中學(xué)高級教師，從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

含參導(dǎo)數(shù)題是函數(shù)與導(dǎo)數(shù)中常見的題型，突出考查構(gòu)造函數(shù)、分類討論、轉(zhuǎn)化與化歸等重要思想方法.從命題人的思路出發(fā)，探究試題的源流、命制方法、解答過程，對知識點(diǎn)的理解會更加深入，解題能力也會顯著提升.

1 高考再現(xiàn)

題目 （2020年新高考全國Ⅰ卷山東）已知函數(shù)f（x）=ae^x-1-lnx+lna.

（1）當(dāng)a=e時，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；

（2）若f（x）≥1，求a的取值范圍.

分析 第（2）問f（x）=ae^x-1-lnx+lna=e^lna+x-1-lnx+lna≥1等價于e^lna+x-1+lna+x-1≥lnx+x=e^lnx+lnx.

令g（x）=ex+x，上述不等式等價于g（lna+x-1）≥g（lnx），指對同構(gòu)，利用函數(shù)的單調(diào)性可以解決.

命題者是如何想到構(gòu)造函數(shù)f（x）=ae^x-1-

lnx+lna的呢？ 根據(jù)反函數(shù)的性質(zhì)，兩個函數(shù)y=f（x）與y=g（x）互為反函數(shù)，若f（x）≥g（x）（或f（x）gt;g（x））恒成立，則f（x）≥x（或f（x）gt;x）恒成立.命題者首先確定指數(shù)型函數(shù)y=ae^x-1，求其反函數(shù)y=lnx-lna+1，利用原函數(shù)與反函數(shù)的圖象關(guān)于直線y=x對稱，構(gòu)建不等式ae^x-1≥lnx-lna+1，變形得到ae^x-1-lnx+lna≥1.

2 命制歷程

以切線方程和含參不等式求取值范圍為落腳點(diǎn)，結(jié)合高考導(dǎo)數(shù)經(jīng)常出現(xiàn)的6個函數(shù)y=xex，y=exx，y=xex，y=lnxx，y=xlnx，y=xlnx，第一步選定對數(shù)型函數(shù)y=lnxa，第二步求其反函數(shù)y=e^ax，第三步構(gòu)建不等式e^axgt;lnxa并變形改寫，采用“穿馬甲”的方式對它進(jìn)行改造和包裝.

3 命制試題

已知函數(shù)f（x）=e^ax-lnx-1（其中agt;0，e為自然對數(shù)的底數(shù)）.

（1）當(dāng)a=1時，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；

（2）若f（x）gt;（1a-1）lnx，求a的取值范圍.

4 解法探究

4.1 第（1）問解析

解析 當(dāng)a=1時，f（x）=ex-lnx-1，

所以f ′（x）=ex-1x.

所以k=f ′（1）=e-1.

因為f（1）=e-1，所以切點(diǎn)坐標(biāo)為（1，e-1）.

所以函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y-（e-1）=（e-1）（x-1）.

即y=（e-1）x.

4.2 第（2）問解析

解法1 （隱零點(diǎn)法） 設(shè)g（x）=f（x）-（1a-1）lnx=e^ax-1alnx（0，+∞），則g′（x）=ae^ax-1ax.

令g′（x）=0，可得ae^ax=1ax.

由指數(shù)型函數(shù)和反比例函數(shù)在第一象限的圖象，可知y=ae^ax和y=1ax有且只有一個交點(diǎn).設(shè)交點(diǎn)為（x0，y0），當(dāng)0lt;xlt;x0時，g′（x）lt;0，從而g（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減；當(dāng)xgt;x0時，g′（x）gt;0，從而g（x）在（x0，+∞）上單調(diào)遞增.

所以g（x）在x=x0處取得極小值，且為最小值，所以g′（x0）=0.即有ae^ax0=1ax0.

令g（x0）=0，即有e^ax0-1alnx0=0.

聯(lián)立ae^ax0=1ax0，e^ax0-1alnx0=0，

解得x0=e，a=1e.

則當(dāng)agt;1e時， g（x）gt;0.

即f（x）gt;（1a-1）lnx.

所以a的取值范圍為（1e，+∞）.

解法2 （ 構(gòu)建同構(gòu)式）由f（x）gt;（1a-1）lnx，得e^axgt;1alnx.

即axe^axgt;xlnx.

所以axe^axgt;lnx·e^lnx.

令g（t）=tet，則g（ax）gt;g（lnx）.

因為g（t）=tet為單調(diào)增函數(shù)，

所以axgt;lnx.

又agt;0，所以agt;lnxx.

設(shè)h（x）=lnxx（xgt;0），則

h′（x）=1-lnxx2（xgt;0）.

令h′（x）=0，得x=e.

所以h（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，h（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞減.

所以h（x）max=h（e）=1e.

所以agt;1e.

所以a的取值范圍為（1e，+∞）.

解法3 （借助反函數(shù)） 由f（x）gt;（1a-1）lnx，得e^axgt;1alnx .

因為y=e^ax與y=1alnx互為反函數(shù)，所以e^axgt;

1alnx等價轉(zhuǎn)化為e^axgt;x（或xgt;1alnx）.

即axgt;lnx.所以agt;lnxx.

設(shè)h（x）=lnxx（xgt;0），則

h′（x）=1-lnxx2（xgt;0）.

令h′（x）=0，得x=e.

所以h（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，h（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞減.

所以h（x）max=h（e）=1e.

所以agt;1e.

所以a的取值范圍為（1e，+∞）.

第（1）問在基礎(chǔ)性的層次上考查數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，運(yùn)算求解關(guān)鍵能力；考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求曲線在某點(diǎn)處的切線方程等必備知識.第（2）問在綜合性和應(yīng)用性上考查理性思維、數(shù)學(xué)探索等學(xué)科素養(yǎng)，轉(zhuǎn)化與化歸等思想方法，推理論證關(guān)鍵能力，以及導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應(yīng)用和不等式知識.不等式求參數(shù)的取值范圍問題，一般是轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，如果不等式變形后，可化成一邊是指數(shù)型函數(shù)，一邊是對數(shù)型函數(shù)，且兩個函數(shù)互為反函數(shù)，可以利用“互為反函數(shù)的兩個函數(shù)圖象關(guān)于直線y=x對稱”的性質(zhì)，將不等式轉(zhuǎn)化為易于分離參數(shù)的不等式.運(yùn)用反函數(shù)可省去一次求導(dǎo)分析單調(diào)性，和指對同構(gòu)化處理異曲同工.值得注意的是，如果一個題目可以用反函數(shù)處理，那么它一定能同構(gòu)處理，同構(gòu)是處理指對問題的通性通法.

5 試題變式

變式 已知函數(shù)f（x）=ex-aln（ax-a）+a（其中agt;0，e為自然對數(shù)的底數(shù)）.

（1）當(dāng)a=1時，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（2，f（2））處的切線方程；

（2）若f（x）gt;0，求a的取值范圍.

5.1 第（1）問解析

解析 當(dāng)a=1時，f（x）=ex-ln（x-1）+1，

所以f ′（x）=ex-1x-1.

所以k=f ′（2）=e2-1.

因為f（2）=e2+1，

所以切點(diǎn)坐標(biāo)為（2，e2+1）.

所以函數(shù)f（x）在點(diǎn)（2，f（2））處的切線方程為

y-（e2+1）=（e2-1）（x-2）.

即y=（e2-1）x-e2+3.

5.2 第（2）問解析

解法1 （隱零點(diǎn)法）f（x）=ex-aln（ax-a）+a=ex-aln（x-1）-alna+a（xgt;1），

所以f ′（x）=ex-ax-1.

令f ′（x）=0，可得ex=ax-1.

由指數(shù)函數(shù)和反比例函數(shù)在第一象限的圖象，可得y=ex和y=ax-1有且只有一個交點(diǎn)，設(shè)交點(diǎn)為（x0，y0），當(dāng)1lt;xlt;x0時，f ′（x）lt;0，從而f（x）在（1，x0）上單調(diào)遞減；當(dāng)xgt;x0時，f ′（x）gt;0，從而f（x）在（x0，+∞）上單調(diào)遞增.

所以f（x）在x=x0處取得極小值，且為最小值，即f（x）min=f（x0）.

所以e^x0-aln（x0-1）-alna+agt;0.

又e^x0=ax0-1，

所以ax0-1-aln（x0-1）-alna+agt;0.

即lnalt;1x0-1-ln（x0-1）+1.

因為ln（x0-1）lt;x0-2，

所以lnalt;1x0-1+x0+1.

所以lnalt;2.

所以0lt;alt;e2.

所以a的取值范圍（0，e2）.

解法2 （構(gòu)建同構(gòu)式）由f（x）gt;0，得

ex-aln（ax-a）+agt;0 .

即exagt;ln（x-1）+lna-1.

所以e^x-lna+x-lnagt;ln（x-1）+x-1.

即e^x-lna+x-lnagt;e^ln（x-1）+ln（x-1）.

令g（t）=et+t，則

g（x-lna）gt;g［ln（x-1）］.

因為g（t）=et+t為單調(diào)增函數(shù)，

所以x-lnagt;ln（x-1）.

即-lnagt;ln（x-1）-x.

因為ln（x-1）-x≤x-2-x=-2，

所以-lnagt;-2.

所以0lt;alt;e2.

所以a的取值范圍為（0，e2）.

解法3 （借助反函數(shù)）由f（x）gt;0，得

ex+agt;aln（ax-a） .

即exa+1gt;ln（ax-a）（xgt;1）.

因為y=exa+1與y=ln（ax-a）互為反函數(shù)，兩個函數(shù)圖象關(guān)于直線y=x對稱，所以exa+1gt;

ln（ax-a）（xgt;1）等價轉(zhuǎn)化為exa+1gt;x（xgt;1）.

所以alt;exx-1（xgt;1）.

設(shè)h（x）=exx-1（xgt;1），則h′（x）=ex（x-2）（x-1）2.

令h′（x）=0，得x=2.

所以h（x）在（1，2）上單調(diào)遞減，h（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增.

所以h（x）min=h（2）=e2.

所以0lt;alt;e2.

即f（x）gt;0.

所以a的取值范圍為（0，e2）^［1］.

6 一點(diǎn)思考

此題仍然與高考題有著千絲萬縷的聯(lián)系，因為將條件進(jìn)行變換，清除了原來的痕跡，這樣增加了難度.不等式用分離參數(shù)的方法很難執(zhí)行時，對函數(shù)求導(dǎo)，分析函數(shù)的性質(zhì)，采用隱零點(diǎn)法，借助隱零點(diǎn)消元，求最小值時用到切線放縮 lnxlt;x-1，對思維的靈活性要求較高.eaalt;blnb有三種同構(gòu)方式.（1）可以保留左邊，對右邊同構(gòu)，eaalt;blnbeaalt;e^lnblnb， 可構(gòu)造函數(shù)F（x）=exx模型；（2）可以保留右邊，對左邊同構(gòu)，eaalt;blnbealnealt;blnb，可構(gòu)造函數(shù)F（x）=xlnx模型；（3）可以兩邊取對數(shù)，對兩邊同構(gòu)，eaalt;blnb

a-lnalt;lnb-ln（lnb），可構(gòu)造函數(shù)F（x）=x-lnx模型.通過變形，將不等式兩邊的函數(shù)化為互為反函數(shù)，y=ex與y=lnx互為反函數(shù)，y=ex+k與y=ln（x-k）互為反函數(shù)，y=aex與y=ln（ax）互為反函數(shù)，y=exa+k與y=ln［a（x-k）］互為反函數(shù)，相比較之下，反函數(shù)法簡便快捷.

7 結(jié)束語

命制一道高質(zhì)量的題目，要鉆研教材與高考題，厘清思路，看透優(yōu)秀試題命制的心路歷程，形成自己的體會；要挖掘課本反映數(shù)學(xué)本質(zhì)的相關(guān)例習(xí)題，理解其蘊(yùn)含的數(shù)學(xué)思想和方法，選擇承載著基本原理和思想方法的視角，激發(fā)數(shù)學(xué)思維，積累解題經(jīng)驗.

參考文獻(xiàn)：

［1］胡貴平.指對同構(gòu)法處理導(dǎo)數(shù)題［J］.數(shù)理化解題研究，2021（01）：30-32.

［責(zé)任編輯：李 璟］