０８年高考导数综合题分类导析

张世林　谭柱魁

湖北省巴东一中 (444300)

随着高考命题改革的不断深入，高考对导数考查的广度和深度也在不断增加，已由解决问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，纵览2008年全国各地高考数学试题有关导数及其应用的综合问题，特别强调导数与函数、数列、不等式等主干知识的整合，使得整合后的试题具有较强的综合性和思考性，体现能力立意，注意考生个体理性思维的考查，以及进一步学习的潜能.下面针对今年各地高考试题和模拟题分类导析如下.

一、导数与函数、不等式的整合

例1 (2008山东高考题)已知函数f(x)=1(1-x)琻+a玪n(x-1)，其中n∈N*，a为常数.

(1)当n=2时，求函数f(x)的极值；

(2)当a=1时，证明：对任意的正整数n，当x≥2时，有f(x)≤x-1.

解析：(1)函数f(x)的定义域为(1，+∞)，当n=2时，f(x)=1(1-x)2+a玪n(x-1),则f′(x)=2-a(1-x)2(1-x)3，由f′(x)=0,得x1=1+2a>1,x2=1-2a<1,此时f′(x)=-a(x-x1)(x-x2)(1-x)3.当a>0时，若x∈(1,x1),f′(x)<0,f(x)单调递减；若x∈(x1,+∞)，f′(x)>0,f(x)单调递增.于是ゝ(x)在x=1+2a取极小值a2(1+玪n2a);当a≤0时，f′(x)<0恒成立，故f(x)无极值.

(2)因为a=1，所以f(x)=1(1-x)琻+┆玪n(x-1).当n为偶数时，令g(x)=x-1-1(1-x)琻-玪n(x-1),则g′(x)=1+n(x-1)﹏+1-1x-1=x-2x-1+n(x-1)﹏+1>0(x≥2)，故当x∈［2，+∞)时，g(x)单调递增，又g(2)=0，因此g(x)=x-1-1(x-1)琻-玪n(x-1)≥g(2)=0恒成立，所以f(x)≤x-1成立.当n为奇数时，要证f(x)≤x-1，由于1(1-x)琻<0,所以只需证玪n(x-1)≤x-1.令h(x)=x-1-玪n(x-1)，则h′(x)=1-1x-1=x-2x-1≥0(x≥2)，所以当x∈［2，+∞)时，

h(x)=x-1-玪n(x-1)单调递增，又h(2)=1，所以当x≥2时，恒有h(x)>0,即f(x)≤x-1命题成立.综上所述，结论成立.

点评：本题是导数与函数、不等式整合的常见类型，考查利用导数求极值、判断函数的单调性进而证明不等式，第(1)题求出f′(x)后还需针对参数a进行讨论，方可确定单调区间，从而求出极值.第(2)题通过构造辅助函数来证明不等式，它是处理此类问题的通性通法.它有利于培养学生的思维能力和推理论证能力.

例2(2008年宜昌模拟题)设x=1是函数f(x)=x+bx+1e-ax的一个极值点(a>0,e为自然对数的底数).

(1)求a与b的关系式(用a表示b)，并求f(x)的单调区间；

(2)若f(x)在闭区间［m,m+1］上的最小值为0，最大值为12e-a，且m≥0，求m与a的值.

解析：(1)f′(x)=(1-b)e-ax(x+1)2-a(x+b)x+1•e-ax，由f′(1)=0得b=1-2a2a+1.f′(x)=-a(x-1)(x+b+2)e-ax(x+1)2,令f′(x)=0，得x=1或x=-b-2=-2a+32a+1，注意到函数定义域是x≠-1，又a>0，-2a+32a+1<-1，故ゝ(x)的单调增区间(-2a+32a+1,-1),(-1,1),单调减区间(-∞,-2a+32a+1),(1,+∞).

(2)由f(x)=0得x=-b，而-b=2a-12a+1=1-22a+1<1,故0≤m<1，由(1)的结论有：f┆玬ax(x)=f(1)=1+b2e-a=12e-a,b=0，从而a=12.又因为f(m+1)=m+1m+2•e-12(m+1)>0，故f┆玬in(x)=f(m)=mm+1•e-12m=0,得m=0.

点评：求函数的单调区间时，一定要优先考虑函数的定义域，单调区间一定是定义域的子区间.本题的第(1)小题，大部分学生易忽视这个问题，漏掉x≠-1；第(2)小题已知函数在闭区间上的最值，求参数m,a的值，要根据第(1)题的结论，结合函数的图像来解决问题.

二、导数与数列、不等式的整合

例3 (2008年襄樊四中模拟题)已知函数f(x)=x-玪n(1+x)，数列{a璶}满足0

求证：(1)0

(3)若a1=22，则当n≥2时，b璶>a璶•n!.

解析：(1)先用数学归纳法证明0

2°假设当n=k(k∈N*)时，结论成立， 即00时，ゝ′(x)>0,故f(x)在(0，1)上是增函数. 于是ゝ(0)

(2)构造函数g(x)=x22-f(x)=x22+┆玪n(1+x)-x(00知g(x)在(0，1)上为增函数，又g(x)在(0，1)上连续，所以g(x)>g(0)=0,因为00,即a2璶2-f(a璶)>0,从而a﹏+1

(3)略.

点评：在高考试题中，数列不等式的证明问题除了传统的数学归纳法、放缩 法等方法外，构设辅助函数，利用导数判断其单调性进而证明不等式是当前高考试题比较流 行的证法.

三、导数与方程根的个数或图像交点的个数的整合

例4 (2008年四川高考题)已知x=3是函数f(x)=a玪n(1+x)+x2-10x的一个极值点.

(1)求a;

(2)求函数f(x)的单调区间；

(3)若直线y=b与函数y=f(x)的图像有3个交点，求b的取值范围.

解析：(1)因为f′(x)=a1+x+2x-10，由极值点定义得到f′(3)=0，因此a=16.

(2)讨论f′(x)的正负，得到f(x)的单调增区间是(-1，1)，(3，+∞),单调减区间是(1，3).

(3)由(2)可得f(x)的极大值为f(1)=16玪n2-9，极小值为f(3)=32玪n2-21,因为ゝ(16)>162-10×16>16玪n2-9=f(1).

f(e-2-1)<-32+11=-21

点评：方程根的个数问题常转化为两个函数图像交点的个数问题，一般地，首先常用导数研究函数的单调区间、求出函数的极值与最值，画出函数在给定区间的草图(包括判断变化趋势)，然后再通过图像解决问题.它渗透着数形结合的思想.

四、导数与不等式恒成立与有解问题的整合

不等式恒成立与有解问题是函数、数列、不等式等内容交汇处的一个较为活跃的知识点，在近几年的高考试题中，特别是一些含自然对数和指数函数的不等式恒成立与有解问题，用初等方法难以处理，而利用导数来解，思路明确，过程简捷，淡化繁难的技巧，它不仅考查函数、不等式等有关的传统知识和方法，而且还考查极限、导数等新增内容的掌握和灵活运用.它常与思想方法紧密结合，体现能力立意的原则，具有鲜明的时代特征，突出了高考试题与时俱进的改革方向，因而越来越受到高考命题者的青睐.

例5 (2008年湖南高考题)已知函数ゝ(x)=玪n2(1+x)-x2 1+x.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若不等式(1+1n)﹏+α≤e对任意的n∈N*都成立(其中e是自然对数的底数)，求α的最大值.

解析：(1)函数f(x)的定义域是(-1，+∞)，猣′(x)=2(1+x)玪n(1+x)-x2-2x(1+x)2,又令g(x)=2(1+x)玪n(1+x)-x2-2x,

g′(x)=2玪n(1+x)-2x.再令h(x)=2玪n(1+x)-2x,则h′(x)=21+x-2=-2x1+x.当-10,h(x)在(-1，0)上为增函数.当x>0时，h′(x)<0,h(x)在(0，+∞)上为减函数.故h(x)在x=0取最大值0，故ゞ′(x)≤0，函数g(x)在(-1，+∞)上为减函数.于是当-1g(0)=0，从而f′(x)>0;当x>0时，g(x)

(2)不等式(1+1n)﹏+α≤e(n+α)玪n(1+1n)≤1，于是α≤1玪n(1+1n)-n，再构造辅助函数G(x)=1玪n(1+x)-1x,x∈(0,1］，则〨′(x)=(1+x)玪n2(1+x)-x2x2(1+x)玪n2(1+x)，由 (1)可知：

玪n2(1+x)-x21+x≤0，即(1+x)玪n2(1+x)≤x2，故G′(x)<0,x∈(0,1］，于是G(x)在x∈(0,1］上为减函数.故G┆玬in(x)=G(1)=1玪n2-1,从而α≤1玪n2-1，即α的最大值就是1玪n2-1.

点评：本题将函数、数列、不等式融为一体.第(1)题考查求导数、判定函数单调性、求函数的极值与最值，命题之巧妙，考查之深刻，达到了淋漓尽致的程度，要求考生对导数工具作用的掌握与运用达到烂熟于心、游刃有余.第(2)题利用分离参数法将数列不等式等价转化为α≤1玪n(1+1n)-n，求右端数列的最小值，又需通过构设辅助函数来处理，这是问题的难点所在，突破的关键在于紧扣小题间的内在联系并结合数列通项的结构设出恰当的辅助函数.其间渗透着函数思想和换元思想.

一般地，解决不等式恒成立和有解问题的基本策略常常是构作恰当的辅助函数，利用函数的单调性、最值(或上、下确界)、图像求解；基本思想方法包括：分类讨论，数形结合，参数分离，变换主元等等.解题过程中常有如下结论：

(1)不等式f(x)

(2)不等式f(x)

(3)不等式f(x)>k在x∈I时恒成立趂┆玬in(x)>k,x∈I或f(x)的上确界大于或等于k；

(4)不等式f(x)>k在x∈I时有解趂┆玬ax(x)>k,x∈I或f(x)的上确界大于k.

五、导数与实际应用问题的整合

例6 (2008年湖北高考题)水库的蓄水量随时间变化，现用t表示时间，以月为单位，年初为起点，根据历年数据，某水库的蓄水量(单位：亿立方米)关于t的近似函数关系为

V(t)=(-t2+14t-40)e14t+50,0

4(t-10)(3t-41)+50,10

(1)该水库的蓄水量小于50的时期称为枯水期，以i-1

(2)求一年内该水库的最大蓄水量(取e=2.7计算).

解析：第(1)题通过解不等式即可求得：枯水期为1月，2月，3月，4月，11月，12月共六个月.第(2)题利用导数求分段函数的最值，易得该水库的最大蓄水量是108.32亿立方米.(解答详细过程略.)

综上分析可以看出：高考导数综合题考查侧重于利用导数来确定函数的单调性、极值与最 值；侧重于导数的综合应用，难点大都不在导数本身，灵活应用化归思想是解决此类问题的关键.因此首先要求夯实函数、数列、不等式与导数的基础知识、基本技能、基本方法，形成完善的认知结构；其次要加强导数与函数、数列、方程、不等式的有机整合，通过典型例题强化训练，拓展学生的解题空间，使之融会贯通，达到准确、熟练、灵活地运用导数工具解题的目的，增强分析问题和解决问题的能力.