注重基礎，創新思維

劉茹

縱觀近幾年全國各省市的高考題，導數運用是必考題。導數可以用于求切線方程，求函數單調性，極值及最值，還可以用來證明不等式。實際上函數的幾個基本性質中，單調性值域是極重要的性質。用導數可以很方便地解決與此類性質相關的問題。因此，導數作為高考重要內容之一，體現了高考“在知識的交匯處出題”的指導思想。同時，導數運用中涉及的各種數學思想方法，也體現了思維的制高點。下面就一些高考實例來看導數運用：

例1 （湖北文）設函數f（x）=axn（1-x）+b（x>0）。n為正整數，a、b為常數，曲線y=f（x）在[1，f（1）]處的切線方程為x+y=1。

（1）求a，b的值。

（2）求函數f（x）的最大值。

（3）證明：f（x）<。

本題考查多項式的求導，其中就考查了導數的幾何意義，利用切點及切線斜率求參數值。利用導數判斷函數的單調性，求解函數的最值，以及運用導數研究函數性質進而證明不等式等。全面考查了導數的運用。

解答：（1）因為f（1）=b，由（1，b）在x+y=1上，可得1+b=1，即b=0。因為f′（x）=anxn-1-a（n+1）xn，所以f′（1）=-a。

又因為切線x+y=1的斜率為-1，所以-a=-1，即a=1。

故a=1，b=0。

（2）由（1）知，f（x）=xn（1-x）=xn-xn+1

f′（x）=（n+1）xn-1

-x

令f′（x）=0，解得x=，即f′（x）在（0，+∞）上有唯一零點x0=。

在0

，上，f′（x）>0，故f（x）單調遞增。而在

，+∞上，f′（x）<0，f（x）單調遞減。故f（x）在區間（0，+∞）上的最大值為f

=

n1

-=。

（3）注意到這是一個恒成立問題，對于恒成立問題，通常轉化為求最值問題來證明。本題即證明<。對于此式，直接構造函數，顯然是不行的，這就要求學生在指數和對數間能靈活進行轉化。由

n+1>e，兩邊同取自然對數，得ln

>，將指數不等式轉化成對數不等式，進而構造函數，利用函數性質進行證明。本問證明過程可以如下：

令φ（t）=lnt-1+（t>0），則φ′（t）=-=（t>0）。

在區間（0，1）上，φ′（t）<0，故φ（t）單調遞減；

而在區間（1，+∞）上，φ′（t）>0，φ（t）單調遞增。

故φ（t）在（0，+∞）上的最小值為φ（1）=0，所以φ（t）>0（t>1），即lnt>1-（t>1）。

令t=1+，得ln（）>，即ln（）n+1>lne。

所以

n+1>e，即<，

故由（2）知f（x）≤<，

故所證不等式成立。

本題除了考查導數的簡單應用之外，還考查了轉化與化歸的數學思想及學生運算求解的能力。尤其是第三問的證明，考查了學生的逆向思維能力，觀察、分析、轉化的能力，通過恰當構造函數并研究其性質使問題得以證明。對于第三問的證明，還可以如下構造函數：

欲證<，即證<，取自然對數，得（n+1）ln

-<

-，移項得+ln1

-<0，令t=，其中0

φ′（t）=1-=，因為0

，上遞減。由t>0得φ（t）<φ（0）=0，上述不等式得證。

例2 （湖北文）已知函數f（x）=ex-ax，其中a>0。

（1）若對一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求a的取值集合。

（2）在函數f（x）的圖象上取定點A[x1，f（x1）]、B[x2，f（x2）]，（x1

分析：本題導數研究不等式恒成立問題，將不等式恒成立轉化為求最值問題。

對第一問轉化求函數f（x）的最小值，使f（x）min≥1。求解如下：

解：f′（x）=ex-a，令f′（x）=0得x=lna。

當x

當x>lna時f′（x）>0，函數f（x）單調遞增。

故當x=lna時，函數f（x）取最小值f（lna）=a-alna。于是對一切x∈R，f（x）≥1恒成立，當且僅當

a-alna≥1（1）

至此，很多同學不知如何下手了，因為（1）式屬于我們常說的超越不等式，無法求解。究竟如何求得a值，困擾了同學們。由于前面已經用過導數了，所以

很多同學根本想不起來還要再次用到導數，導致此題無法破解。實際上，這就是一個套用導數的題目。回歸到導數的常規用法，求最值上來，再次構造函數，求最值。

令g（t）=t-tlnt，則g′（t）=1-（lnt+1）=-lnt

當00，函數g（t）單調遞增；當t>1時，g′（t）<0，g（t）單調遞減。

故當t=1時，g（t）取最大值1。因此，當且僅當a=1時，（1）式成立。

綜上所述，a的取值集合為{1}。

（3）由題意知，k==-a，

令φ（x）=f′（x）-k=ex-，則

φ（x1）=-[ex1-x2-（x2-x1）-1]，

φ（x2）=[ex2-x1-（x1-x2）-1]

令F（t）=et-t-1，則F′（t）=et-1，

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

故當t≠0，F（t）>F（0）=0，即et-t-1>0，

從而ex2-x1-（x2-x1）-1>0，ex1-x2-（x1-x2）-1>0。

又>0，>0，所以φ（x1）<0，φ（x2）>0。

因為函數y=φ（x）在區間[x1，x2]上的圖象是連續不斷的一條曲線，所以由零點存在性定理知存在x0∈（x1，x2），使φ（x0）=0，即f′（x0）=k成立。

點評：本題考查利用導數研究函數單調性、最值、不等式恒成立問題。考查了學生的運算能力，分類討論思想，函數與方程思想等數學方法。第一問利用導數法求出函數最小值f（lna）=a-lna，對一切x∈R，f（x）≥1恒成立，轉化為f（x）min≥1，從而求出參數的取值集合。第二問在假設存在的情況下進行推理，然后把問題歸納為一個方程是否存在解的問題，通過構造函數，研究這個函數的性質進行分析判斷。

總之，以上兩道高考題都充分考查了導數的基本運用，體現了導數在解決函數的單調性、極值、最值、恒成立問題中的重要作用。尤其是第一題的第三問及第二題的第二問證明，通過構造恰當函數，進而利用導數研究函數性質，使問題得證，體現了導數運用的靈活性、創新性。

（作者單位：安徽省利辛縣第一中學）