08年高考導(dǎo)數(shù)綜合題分類導(dǎo)析獲獎科研報告論文

０８年高考導(dǎo)數(shù)綜合題分類導(dǎo)析獲獎科研報告論文湖北省巴東一中(444300)

隨著高考命題改革的不斷深入，高考對導(dǎo)數(shù)考查的廣度和深度也在不斷增加，已由解決問題的輔助工具上升為解決問題的必不可少的工具，縱覽2008年全國各地高考數(shù)學(xué)試題有關(guān)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用的綜合問題，特別強(qiáng)調(diào)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、數(shù)列、不等式等主干知識的整合，使得整合后的試題具有較強(qiáng)的綜合性和思考性，體現(xiàn)能力立意，注意考生個體理性思維的考查，以及進(jìn)一步學(xué)習(xí)的潛能.下面針對今年各地高考試題和模擬題分類導(dǎo)析如下.

一、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式的整合

例1(2008山東高考題)已知函數(shù)f(x)=1(1-x)琻+a玪n(x-1)，其中n∈N*，a為常數(shù).

(1)當(dāng)n=2時，求函數(shù)f(x)的極值；

(2)當(dāng)a=1時，證明：對任意的正整數(shù)n，當(dāng)x≥2時，有f(x)≤x-1.

解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(1，+∞)，當(dāng)n=2時，f(x)=1(1-x)2+a玪n(x-1),則f′(x)=2-a(1-x)2(1-x)3，由f′(x)=0,得x1=1+2a>1,x2=1-2a<1,此時f′(x)=-a(x-x1)(x-x2)(1-x)3.當(dāng)a>0時，若x∈(1,x1),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減；若x∈(x1,+∞)，f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.于是ゝ(x)在x=1+2a取極小值a2(1+玪n2a);當(dāng)a≤0時，f′(x)<0恒成立，故f(x)無極值.

(2)因為a=1，所以f(x)=1(1-x)琻+┆玪n(x-1).當(dāng)n為偶數(shù)時，令g(x)=x-1-1(1-x)琻-玪n(x-1),則g′(x)=1+n(x-1)﹏+1-1x-1=x-2x-1+n(x-1)﹏+1>0(x≥2)，故當(dāng)x∈［2，+∞)時，g(x)單調(diào)遞增，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.當(dāng)n為奇數(shù)時，要證f(x)≤x-1，由于1(1-x)琻<0,所以只需證玪n(x-1)≤x-1.令h(x)=x-1-玪n(x-1)，則h′(x)=1-1x-1=x-2x-1≥0(x≥2)，所以當(dāng)x∈［2，+∞)時，

h(x)=x-1-玪n(x-1)單調(diào)遞增，又h(2)=1，所以當(dāng)x≥2時，恒有h(x)>0,即f(x)≤x-1命題成立.綜上所述，結(jié)論成立.

點(diǎn)評：本題是導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式整合的常見類型，考查利用導(dǎo)數(shù)求極值、判斷函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)而證明不等式，第(1)題求出f′(x)后還需針對參數(shù)a進(jìn)行討論，方可確定單調(diào)區(qū)間，從而求出極值.第(2)題通過構(gòu)造輔助函數(shù)來證明不等式，它是處理此類問題的通性通法.它有利于培養(yǎng)學(xué)生的思維能力和推理論證能力.

例2(2008年宜昌模擬題)設(shè)x=1是函數(shù)f(x)=x+bx+1e-ax的一個極值點(diǎn)(a>0,e為自然對數(shù)的底數(shù)).

(1)求a與b的關(guān)系式(用a表示b)，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若f(x)在閉區(qū)間［m,m+1］上的最小值為0，最大值為12e-a，且m≥0，求m與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，注意到函數(shù)定義域是x≠-1，又a>0，-2a+32a+1<-1，故ゝ(x)的單調(diào)增區(qū)間(-2a+32a+1,-1),(-1,1),單調(diào)減區(qū)間(-∞,-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)的結(jié)論有：f┆玬ax(x)=f(1)=1+b2e-a=12e-a,b=0，從而a=12.又因為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.

點(diǎn)評：求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，一定要優(yōu)先考慮函數(shù)的定義域，單調(diào)區(qū)間一定是定義域的子區(qū)間.本題的第(1)小題，大部分學(xué)生易忽視這個問題，漏掉x≠-1；第(2)小題已知函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，求參數(shù)m,a的值，要根據(jù)第(1)題的結(jié)論，結(jié)合函數(shù)的圖像來解決問題.

二、導(dǎo)數(shù)與數(shù)列、不等式的整合

例3(2008年襄樊四中模擬題)已知函數(shù)f(x)=x-玪n(1+x)，數(shù)列{a璶}滿足0求證：(1)0(3)若a1=22，則當(dāng)n≥2時，b璶>a璶?n!.

解析：(1)先用數(shù)學(xué)歸納法證明02°假設(shè)當(dāng)n=k(k∈N*)時，結(jié)論成立，即00時，ゝ′(x)>0,故f(x)在(0，1)上是增函數(shù).于是ゝ(0)0知g(x)在(0，1)上為增函數(shù)，又g(x)在(0，1)上連續(xù)，所以g(x)>g(0)=0,因為00,即a2璶2-f(a璶)>0,從而a﹏+1(3)略.

點(diǎn)評：在高考試題中，數(shù)列不等式的證明問題除了傳統(tǒng)的數(shù)學(xué)歸納法、放縮法等方法外，構(gòu)設(shè)輔助函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性進(jìn)而證明不等式是當(dāng)前高考試題比較流行的證法.

三、導(dǎo)數(shù)與方程根的個數(shù)或圖像交點(diǎn)的個數(shù)的整合

例4(2008年四川高考題)已知x=3是函數(shù)f(x)=a玪n(1+x)+x2-10x的一個極值點(diǎn).

(1)求a;

(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(3)若直線y=b與函數(shù)y=f(x)的圖像有3個交點(diǎn)，求b的取值范圍.

解析：(1)因為f′(x)=a1+x+2x-10，由極值點(diǎn)定義得到f′(3)=0，因此a=16.

(2)討論f′(x)的正負(fù)，得到f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(-1，1)，(3，+∞),單調(diào)減區(qū)間是(1，3).

(3)由(2)可得f(x)的極大值為f(1)=16玪n2-9，極小值為f(3)=32玪n2-21,因為ゝ(16)>162-10×16>16玪n2-9=f(1).

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

點(diǎn)評：方程根的個數(shù)問題常轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖像交點(diǎn)的個數(shù)問題，一般地，首先常用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、求出函數(shù)的極值與最值，畫出函數(shù)在給定區(qū)間的草圖(包括判斷變化趨勢)，然后再通過圖像解決問題.它滲透著數(shù)形結(jié)合的思想.

四、導(dǎo)數(shù)與不等式恒成立與有解問題的整合

不等式恒成立與有解問題是函數(shù)、數(shù)列、不等式等內(nèi)容交匯處的一個較為活躍的知識點(diǎn)，在近幾年的高考試題中，特別是一些含自然對數(shù)和指數(shù)函數(shù)的不等式恒成立與有解問題，用初等方法難以處理，而利用導(dǎo)數(shù)來解，思路明確，過程簡捷，淡化繁難的技巧，它不僅考查函數(shù)、不等式等有關(guān)的傳統(tǒng)知識和方法，而且還考查極限、導(dǎo)數(shù)等新增內(nèi)容的掌握和靈活運(yùn)用.它常與思想方法緊密結(jié)合，體現(xiàn)能力立意的原則，具有鮮明的時代特征，突出了高考試題與時俱進(jìn)的改革方向，因而越來越受到高考命題者的青睞.

例5(2008年湖南高考題)已知函數(shù)ゝ(x)=玪n2(1+x)-x21+x.

(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若不等式(1+1n)﹏+α≤e對任意的n∈N*都成立(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))，求α的最大值.

解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域是(-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,則h′(x)=21+x-2=-2x1+x.當(dāng)-10,h(x)在(-1，0)上為增函數(shù).當(dāng)x>0時，h′(x)<0,h(x)在(0，+∞)上為減函數(shù).故h(x)在x=0取最大值0，故ゞ′(x)≤0，函數(shù)g(x)在(-1，+∞)上為減函數(shù).于是當(dāng)-1g(0)=0，從而f′(x)>0;當(dāng)x>0時，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，再構(gòu)造輔助函數(shù)G(x)=1玪n(1+x)-1x,x∈(0,1］，則〨′(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］上為減函數(shù).故G┆玬in(x)=G(1)=1玪n2-1,從而α≤1玪n2-1，即α的最大值就是1玪n2-1.

點(diǎn)評：本題將函數(shù)、數(shù)列、不等式融為一體.第(1)題考查求導(dǎo)數(shù)、判定函數(shù)單調(diào)性、求函數(shù)的極值與最值，命題之巧妙，考查之深刻，達(dá)到了淋漓盡致的程度，要求考生對導(dǎo)數(shù)工具作用的掌握與運(yùn)用達(dá)到爛熟于心、游刃有余.第(2)題利用分離參數(shù)法將數(shù)列不等式等價轉(zhuǎn)化為α≤1玪n(1+1n)-n，求右端數(shù)列的最小值，又需通過構(gòu)設(shè)輔助函數(shù)來處理，這是問題的難點(diǎn)所在，突破的關(guān)鍵在于緊扣小題間的內(nèi)在聯(lián)系并結(jié)合數(shù)列通項的結(jié)構(gòu)設(shè)出恰當(dāng)?shù)妮o助函數(shù).其間滲透著函數(shù)思想和換元思想.

一般地，解決不等式恒成立和有解問題的基本策略常常是構(gòu)作恰當(dāng)?shù)妮o助函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性、最值(或上、下確界)、圖像求解；基本思想方法包括：分類討論，數(shù)形結(jié)合，參數(shù)分離，變換主元等等.解題過程中常有如下結(jié)論：

(1)不等式f(x)(2)不等式f(x)(3)不等式f(x)>k在x∈I時恒成立趂┆玬in(x)>k,x∈I或f(x)的上確界大于或等于k；

(4)不等式f(x)>k在x∈I時有解趂┆玬ax(x)>k,x∈I或f(x)的上確界大于k.

五、導(dǎo)數(shù)與實際應(yīng)用問題的整合

例6(2008年湖北高考題)水庫的蓄水量隨時間變化，現(xiàn)用t表示時間，以月為單位，年初為起點(diǎn)，根據(jù)歷年數(shù)據(jù)，某水庫的蓄水量(單位：億立方米)關(guān)于t的近似函數(shù)關(guān)系為

V(t)=(-t2+14t-40)e14t+50,04(t-10)(3t-41)+50,10(1)該水庫的蓄水量小于50的時期稱為枯水期，以i-1(2)求一年內(nèi)該水庫的最大蓄水量(取e=2.7計算).

解析：第(1)題通過解不等式即可求得：枯水期為1月，2月，3月，4月，11月，12月共六個月.第(2)題利用導(dǎo)數(shù)求分段函數(shù)的最值，易得該水庫的最大蓄水量是108.32億立方米.(解答詳細(xì)過程略.)

綜上分