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安徽省高考理科数学自主命题中的函数与导数解答题初探

稳中求变 变中求新 ——安徽省高考理科数学自主命题中的函数与导数解答题初探
2006 年安徽省高考数学开始自主命题,七年来我省高考理科数学试题贯彻了“总体保 持稳定,深化能力立意,积极改革创新”的指导思想,其中函数与导数解答题既体现了新课 程理念,贴近中学数学教学,又贯彻了稳中求变,变中求新的思想。下面结合具体的题目谈 谈笔者的几点看法。

一、稳字当头
平稳过渡并非易事。如 2006 年安徽理科卷第 20 题:已知函数 f ? x ? 在 R 上有定义,对任意 实数 a ? 0 和任意实数 x ,都有 f ? ax ? ? af ? x ? . (Ⅰ)证明 f ? 0? ? 0 ; 总体保持稳定是我省高考数学自主命题的指导思想之一, 而在高考改革的浪潮中要做到

?kx, x ? 0, 其中 k 和 h 均为常数; ?hx, x ? 0. 1 (Ⅲ)当(Ⅱ)中的 k ? 0 时,设 g ? x ? ? ? f ? x ? ( x ? 0) ,讨论 g ? x ? 在 ? 0,??? 内的单调 f ? x?
(Ⅱ)证明 f ? x ? ? ? 性并求极值. 该题实现了理科函数与导数试题从全国卷到自主命题卷的平稳过渡, 延续了全国卷对利 用导数研究函数性质的重点考查,同时在函数载体上进行了改革。其背景公平,第三问解法 多样,这体现了命题人对不同考生的人文关怀,用心良苦。

证明: (Ⅰ)对任意实数 a ? 0 和任意实数 x ,都有 f ? ax ? ? af ? x ? .
在①中取 a ? 2, x ? 0, 则 f ? 0? ? 2 f ? 0? ,∴ f ? 0? ? 0 . (Ⅱ)当 x ? 0 时,由①得 f ? x ? ? f ? x? ? ? xf ?1? , 1 取 k ? f ?1? , 取 h ? ? f (?1) , 综合②、③、④得 则有 f ( x) ? kx 则有 f ( x) ? hx .

① ②



当 x ? 0 时,由①得 f ? x ? ? f ? (?x)? ?1) ? ? (?x) f ? ?1? ; ( ④

?kx, x ? 0, f ? x? ? ? ?hx, x ? 0.
1 1 ? f ? x ? ? ? kx ,从而 f ? x? kx

(Ⅲ)由(Ⅱ)中的③知,当 x ? 0 时, g ? x ? ?

1 k 2 x2 ?1 ?k ? ,x ? 0. kx 2 kx 2 法 1:又因为 k ? 0 ,由此可得 g ?( x) ? ?

x
g ?( x ) g ( x)

(0,

?
?

1 ) k

1 k

(

1 , ?? ) k

0 极小值 2

所 以 g ( x) 在 区 间

? ?

1 (0, ) 内 单 调 k

第 1 页

递减, 在区间 ( , ??) 内单调递增,在 x ? 法 2:令 g ?( x) ? 0 ,得 x ?

1 k

1 处取得极小值 2. k

1 1 或x ? ? (? k ? 0, 舍) ; k k

1 当 x ? (0, ) 时, g ?( x)<0 ,∴ g ( x) 是单调递减函数; k 1 当 x ? ( , ??) 时, g ?( x)>0 ,∴ g ( x) 是单调递增函数; k

1 1 时,函数 g ? x ? 在 ? 0,??? 内取得极小值,极小值为 g ( ) ? 2 k k (Ⅲ)另解:定义法
所以当 x ? 由(Ⅱ)中的③知,当 x ? 0 时, g ( x) ? 设 x1 , x2 ? (0,??),且x1 ? x2 则

1 ? kx , kx

g ( x2 ) ? g ( x1 ) ? ?

1 1 1 x1 ? x2 ? kx2 ? ( ? kx1 ) ? ? k ( x2 ? x1 ) kx2 kx1 k x1 x2

( x2 ? x1 ) 2 (k x1 x2 ? 1). kx1 x2
1 时, g ( x2 ) ? g ( x1 ) ; k

又因为 k>0,所以 (i)当 0 ? x1 ? x 2 ? (ii)当 0 ?

1 ? x1 ? x 2时, g( x 2 ) ? g ? x1 ? . k 1 1 1 所以 g (x) 在区间 (0, ) 内单调递减, 在区间( ,?? )内单调递增,在 x ? 处取得极小值 2. k k k
试题说明:本题主要考查函数的概念、导数的应用、函数的单调区间和极值等知识,考查运 用数学知识解决问题能力及推理能力。 又如 2009 年是我省新课程高考数学自主命题的第一年,该年的理科函数与导数试题既 实现了从大纲卷到新课标卷的平稳过渡,又有变化和新意。 (题目见下文)

二、稳中求变
如何在试题总体保持稳定的情况下, 深化能力立意, 积极改革呢?我省的命题人在函数 与导数试题上进行了积极稳妥的探索。 如 2007 年安徽理科卷第 18 题:设 a ≥ 0 , f ( x) ? x ?1 ? ln 2 x ? 2a ln x,( x ? 0). (Ⅰ)令 F ( x) ? xf ?( x) ,讨论 F ( x) 在(0 ,+∞)内的单调性并求极值; (Ⅱ)求证:当 x ? 1 时,恒有 x ? ln x ? 2a ln x ? 1 .
2

2 ln x 2a ? ,x ? 0 , x x 故 F ( x) ? xf ?( x) ? x ? 2ln x ? 2a,x ? 0 , 2 x?2 ,x ? 0 ,列表如下: 于是 F ?( x) ? 1 ? ? x x
解: (Ⅰ)根据求导法则有 f ?( x) ? 1 ?

x

(0, 2)

2

(2, ∞) ?

第 2 页

极小值 F (2) ? 故知 F ( x) 在 (0, 内是减函数,在 (2, ∞) 内是增函数,所以,在 x ? 2 处取得极小值 2) ? F (2) ? 2 ? 2ln 2 ? 2a . (Ⅱ)证明:由 a ≥ 0 知, F ( x) 的极小值 F (2) ? 2 ? 2ln 2 ? 2a ? 0 . 于是由上表知,对一切 x ? (0, ∞) ,恒有 F ( x) ? xf ?( x) ? 0 . ? 从而当 x ? 0 时,恒有 f ?( x) ? 0 ,故 f ( x ) 在 (0, ∞) 内单调增加. ? 所以当 x ? 1 时, f ( x) ? f (1) ? 0 ,即 x ? 1 ? ln x ? 2a ln x ? 0 .
2

F ?( x) F ( x)

?

0

? ?

故当 x ? 1 时,恒有 x ? ln x ? 2a ln x ? 1 . 试题说明:本题主要考查函数导数的概念与计算,利用导数研究函数的单调性、极值和证明 不等式的方法(构造函数证明不等式) ,考查综合运用有关知识解决问题的能力。 和 2006 年安徽理科卷第 20 题一样,本题重点考查利用导数研究函数性质, 稳;本题 的载体变为对数型函数,并加入了构造函数处理不等式问题,变。
2

又如 2008 年安徽理科卷第 20 题:设函数 f ( x) ? (Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间;

1 ( x ? 0且x ? 1) x ln x

(Ⅱ)已知 2 x ? x 对任意 x ? (0,1) 成立,求实数 a 的取值范围。
a

1

解: (Ⅰ)

f ' ( x) ? ?

x
f ' ( x)
f ( x)

ln x ? 1 1 , 若 f ' ( x) ? 0, 则 x ? 。列表如下: 2 2 x ln x e 1 1 1 (1, ??) (0, ) ( ,1) e e e
+ 单调增 0 极大值 f ( ) — —

1 单调减 单调减 e 1 1 故知 f ( x ) 单调增区间为 (0, ) ,单调减区间为 ( ,1) 和 (1, ??) 。 e e 1 1 a ln 2 ? a ln x , (Ⅱ) 在 2 x ? x 两边取对数, 得 x a 1 ? 由于 0 ? x ? 1, 所以 (1) l n 2 x lx n 1 由(Ⅰ)的结果可知,当 x ? (0,1) 时, f ( x ) ? f ( ) ? ?e , e a ? ?e , 为使(1)式对所有 x ? (0,1) 成立,当且仅当 ln 2 即 a ? ?e ln 2 ,故实数 a 的取值范围为 (?e ln 2, ??).
试题说明:本题主要考查导数的概念与计算,利用导数研究函数的单调性、利用函数的单调 性求最值和不等式的性质,考查综合运用有关知识解决问题的能力。 和 2007 年安徽理科卷第 18 题一样, 本题重点考查利用导数研究函数性质、 载体为对数 型函数、加入了构造函数处理不等式问题,稳;2007 年安徽理科卷第 18 题第二问为已知参 数 a 的取值范围证明不等式恒成立,本题第二问改为已知不等式恒成立求参数 a 的取值范 围,变。

第 3 页

可以说我省理科数学的函数与导数试题每年都在变, 又如 2010 年和 2011 年试题相对于 2007 年至 2009 年的试题,其函数载体变为了指数型函数。 (题目见下文)

三、变中求新
稳中求变易,变中求新难。我省的理科函数与导数题有哪些创新之处呢?如 2009 年安 徽理科卷第 19 题:已知函数 f ( x) ? x ?

2 ? a(2 ? ln x), (a ? 0) ,讨论 f ( x) 的单调性. x

本题较 2007 年和 2008 年的试题变在没有直接给出函数的定义域,新在通过引入参数, 使得导数的符号无法直接判断, 考生需要引入一元二次方程和不等式, 通过讨论方能判断导 数的符号,考查了分类讨论的思想。

2 a x 2 ? ax ? 2 ? ? . x2 x x2 2 2 设 g ( x) ? x ? ax ? 2 ,二次方程 g ( x) ? 0 的判别式 ? ? a ? 8 .
解: f ( x ) 的定义域是(0,+ ? ), f ?( x) ? 1 ? ① 当 ? ? 0 ,即 0 ? a ? 2 2 时,对一切 x ? 0 都有 f ?( x) ? 0 , 此时 f ( x ) 在 (0, ??) 上单调递增. ② 当 ? ? 0 ,即 a ? 2 2 时,仅对 x ?

2 有 f ?( x) ? 0 ,对其余的 x ? 0 都有 f ?( x) ? 0 ,此时

f ( x) 在 (0, ??) 上也单调递增.
③ 当 ? ? 0 ,即 a ? 2 2 时,方程 g ( x) ? 0 有两个不同的实根

x1 ?

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 , x2 ? , 0 ? x1 ? x2 . 2 2 x ( x1 , x2 ) x2 (0, x1 ) x1
f ?( x ) f ( x)
+ 0 极大值 — 0 极小值

( x 2 , ??)
+

?

?

?

此时 f ( x ) 在 (0, 在(

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 ) 上单调递增, 在 ( , ) 是上单调递减, 2 2 2

a ? a2 ? 8 , ??) 上单调递增. 2
又如 2010 年安徽理科卷第 17 题:设 a 为实数,函数 f ? x ? ? e ? 2x ? 2a, x ?R .
x
x 2

试题说明:本题主要考查函数的定义域,利用导数研究函数的单调性,考查分类讨论思想方 法和运算求解的能力。 (Ⅰ)求 f ? x ? 的单调区间与极值; (Ⅱ)求证:当 a ? ln 2 ? 1且 x ? 0 时, e ? x ? 2ax ? 1. 解: (I)由 f ( x) ? e ? 2 x ? 2a, x ? R知f ?( x) ? e ? 2, x ? R.
x x

令 f ?( x) ? 0, 得x ? ln 2.于是当x变化时, f ?( x), f ( x) 的变化情况如下表:

x
f ?( x) f ( x)

(??,ln 2)
— ↘

ln 2
0

(ln 2, ??)
+

2(1 ? ln 2 ? a) ↗ 故 f ( x ) 的单调递减区间是 (??,ln 2) , 单调递增区间是 (ln 2, ??) , f ( x)在x ? ln 2 处取得
极小值,极小值为

f (ln 2) ? eln 2 ? 2ln 2 ? 2a ? 2(1 ? ln 2 ? a).

第 4 页

(II)证:设 g ( x) ? ex ? x2 ? 2ax ? 1, x ? R, 于是 g ?( x) ? e x ? 2x ? 2a, x ? R. 由(I)知当 a ? ln 2 ? 1 , g ?( x)最小值为g ?(ln 2) ? 2(1 ? ln 2 ? a) ? 0. 时

于是对任意x ? R, 都有g ?( x) ? 0, 所以g ( x)在R内单调递增, 于是当 a ? ln 2 ? 1 , 对任意x ? (0, ??), 都有g ( x) ? g (0), 时 而 g (0) ? 0, 从而对任意x ? (0, ??), g ( x) ? 0.
即 ex ? x2 ? 2ax ? 1 ? 0, 故e x ? x2 ? 2ax ? 1. 试题说明:本题主要考查导数的运算,利用导数研究函数的单调区间,求函数的极值和证明 函数不等式(构造函数证明不等式) ,考查运算能力、综合分析和解决问题的能力。 细心的读者,当我们把本题和 2007 年安徽理科卷第 18 题比较时,您会发现什么呢? 如上所述它们的函数载体不同,我们看到了新的指数型函数,感觉耳目一新。而这两题 题型几乎相同,还有 2007 年题目中的数 F (2) ? 2 ? 2ln 2 ? 2a ? 0 与 2010 年题目中的数

g?(ln 2) ? 2(1 ? ln 2 ? a) ? 0 相同,这时我们惊喜的发现命题人别具匠心的把 2007 年试题中式子 F ( x) ? x ? 2ln x ? 2a( x ? 0) 右边的 x 置换为 e x ,进而把函数 F ( x) 更新为 2010 年试题的函
数 f ? x ? ? ex ? 2x ? 2a, x ?R 。 这两题把我省理科数学函数与导数解答题稳中求变、变中求新的特点体现的淋漓尽致。 可见变与稳、 新与稳是辩证的, 我们要静心思考高考试题, 潜心研究高考命题的规律与趋势, 慧心创造科学高效的备考策略。

ex 再如 2011 年安徽理科卷第 16 题:设 f ( x) ? ,其中 a 为正实数. 1 ? ax 2 4 (Ⅰ) 当 a ? 时,求 f ( x ) 的极值点; 3 (Ⅱ) 若 f ( x ) 为 R 上的单调函数,求 a 的取值范 围.
对导数符号与函数单调性之间的关系的考查是我省函数与导数试题不变的主旋律, 而本 题一改前几年由导数符号判断函数单调性的风格, 变为由函数单调性得出导数符号, 再利用 一元二次不等式求参数的范围(2009 年安徽理科卷第 19 题利用一元二次方程和不等式,通 过讨论判断导数的符号) 。 解: 对函数 f ( x ) 求导,得 f ? ? x ? ? e (Ⅰ) 当 a ?
x

1 ? ax 2 ? 2ax
? ? ?

1 ? ax 2 ? ? ?

2





4 3 1 2 时,若 f ? ? x ? ? 0 ,则 4 x ? 8 x ? 3 ? 0 ,解得 x1 ? , x2 ? . 3 2 2

结合①,可知

x
f ? ? x?
f ?x ?

( ??,

1 ) 2

1 2

(

1 3 , ) 2 2

?

0 极大值

?

3 2

(

3 , ?? ) 2

0 极小值

?

3 1 是极小值点, x2 ? 是极大值点. 2 2 (Ⅱ) 若函数 f ( x ) 为 R 上的单调函数,则 f ? ? x ? 在 R 上不变号,
所以, x1 ?

第 5 页

2 结合①与条件 a ? 0 ,知 ax ? 2ax ? 1 ? 0 在 R 上恒成立,

因此 ? ? 4a2 ? 4a ? 4a(a ?1) ? 0 , 由此并结合 a ? 0 ,知 0 ? a ? 1 . 试题说明:本题主要考查导数的运算,极值点的判断,导数符号与函数单调性之间的关系, 求解一元二次不等式等基本知识,考查运算求解能力,综合分析和解决问题的能力。 还有 2012 年安徽理科卷第 19 题:设函数 f ( x) ? ae ?
x

(I)求 f ( x ) 在 [0, ??) 内的最小值; (II)设曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 y ?

1 ? b(a ? 0) . ae x

3 x ,求 a , b 的值. 2 x 和 2010 年和 2011 年一样,本题中的函数解析式中含有指数式 e 和参数 a ,本题依然 1 ae x 当 f ?( x) ? 0 ,即 x ? ? ln a 时, f ( x ) 在 (? ln a, ??) 上递增; 当 f ?( x) ? 0 ,即 x ? ? ln a 时, f ( x ) 在 (??, ? ln a) 上递减. (1) 当 0 ? a ? 1 时, ? ln a ? 0 , f ( x ) 在 [0, ? ln a) 上递减, f ( x ) 在 (? ln a, ??) 上递
x

考查了运用导数研究函数性质的基本方法,新融入了利用导数求函数图像的切线问题。 解: (I) f ?( x ) ? ae ?

增. 从而 f ( x ) 在 [0, ??) 内的最小值为 f (? ln a) ? 2 ? b ; (2) 当 a ? 1 时, ? ln a ? 0 , f ( x ) 在 [0, ??) 上递增, 从而 f ( x ) 在 [0, ??) 内的最小值为 f (0) ? a ?
2 (II)依题意 f ?(2) ? ae ?

1 ?b. a

1 3 1 ? ,解得 ae 2 ? 2或ae 2 ? ? (舍去) . 2 ae 2 2 2 1 1 2 1 所以 a ? 2 ,代入原函数可得 2 ? ? b =3 ,即 b = . 故 a ? 2 , b = . e 2 2 e 2

试题说明:本题考查函数、导函数的基础知识,运用导数研究函数性质等基本方法,考查分 类讨论思想,代数恒等变形能力和综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力。 通过分析笔者初步论述了我省理科数学函数与导数解答题稳中求变、变中求新的特点。 这些试题主要涉及利用导数来研究解决函数的单调性、极值最值、切线问题、求函数的单调 区间及不等式恒成立问题。试题既坚持了对基础知识、基本技能以及数学思想方法的考查, 又融入了考纲的命题理念,以重点知识构建试题的主体,选材寓于教材又高于教材,立意创 新又朴实无华。我们从变和新中也看到命题人对重点主干知识(导数、函数的极值、函数的 最值、函数的单调性、函数图像的切线、不等式、方程等)的重点考查,也可谓变中有稳、 新中有稳。可见,只有把握高考试题的稳、变、新,我们的教学才能事半功倍,我们的备考 才能科学高效。

【拓展】

第 6 页

2010 年新课标全国卷第 21 题:设函数 f ( x) ? ex ?1 ? x ? ax2 . (Ⅰ)若 a ? 0 ,求 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)若当 x ? 0 时 f ( x) ? 0 ,求 a 的取值范围.
解: (Ⅰ) a ? 0 时,有 f ( x) ? e x ? 1 ? x , f '( x) ? ex ?1 . 当 x ? (??,0) 时, f '( x) ? 0 ;当 x ? (0, ??) 时, f '( x) ? 0 . 故 f ( x ) 在 (??, 0) 内单调减少,在 (0, ??) 内单调增加.

(Ⅱ) f '( x) ? e x ?1 ? 2ax
由(I)知 e ? 1 ? x ,当且仅当 x ? 0 时等号成立.故
x

f '( x) ? x ? 2ax ? (1 ? 2a) x ,
从而当 1 ? 2a ? 0 ,即 a ?

1 时, f '( x) ? 0 ( x ? 0) ,而 f (0) ? 0 , 2

于是当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 . 由 e x ? 1 ? x( x ? 0) 可得 e? x ? 1 ? x( x ? 0) . 从而当 a ?

1 时, 2

f '( x) ? ex ?1 ? 2a(e? x ?1) ? e? x (ex ?1)(ex ? 2a) ,
故当 x ? (0, ln 2a) 时, f '( x) ? 0 ,而 f (0) ? 0 ,于是当 x ? (0, ln 2a) 时, f ( x) ? 0 . 综合得 a 的取值范围为 (??, ] . 另解:求 f ( x ) 在 [0, ??) 上的最小值 m(a), m(a) ? 0. 【考查目标】 本题考查导数的运算和利用导数研究函数单调性的方法, 考查考生灵活应用导 数方法分析、解决问题的能力。 【命制过程】 利用导数方法研究函数单调性是学习导数这部分内容的基本要求。 教材中有关 导数方法的应用, 也设计了一些与函数相关的不等式的证明问题, 这些问题的解决往往要求 考生通过变形转化为研究函数的最大(小)值来处理。本题对函数表达式得设计,一方面考 查考生对函数单调性与导数关系的理解,同时为问题(Ⅱ)的解决提供多个切入点;另一方 面在运算过程中, 考查考生对基本初等函数的导数公式、 导数运算法则的掌握和对不等式的 运算求解能力以及推理论证能力。 【试题评价】试题围绕函数的单调性和导数的关系展开,设计层次分明,梯度递进,突出导

1 2

第 7 页

数的工具作用,把对函数单调性的理解和应用提高到必要的深度。试题结构简洁,考查重点 突出,方法具体明确,对中学教学有积极的引导作用。 2011 年新课标全国卷第 21 题: 已知函数 f ( x) ? 处的切线方程为 x ? 2 y ? 3 ? 0 . (Ⅰ)求 a , b 的值; (Ⅱ)如果当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, f ( x ) ?

a ln x b ? , 曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1) ) x ?1 x

ln x k ? ,求 k 的取值范围. x ?1 x x ?1 ? ln x b x ? 1 ? x ln x b a ln x b ? 2 ? a? ? 2 , ? ,得 f '( x) ? a ? x 解:(Ⅰ)由 f ( x) ? 2 ( x ? 1) x x( x ? 1) 2 x x ?1 x ∵曲线 y ? f ( x) 在点(1, f (1) )处的切线方程为 x ? 2 y ? 3 ? 0 , ? f (1) ? b ? 1 ?a ? 1 ? ∴? . 1 1 ,解得 ? ?b ? 1 ? f '(1) ? 2 a ? b ? ? 2 ? ln x 1 f ( x) ? ? ( Ⅱ ) 解 法 1 : 由 ( Ⅰ ) 知 , ∴ x ?1 x ln x k 1 (k ? 1)( x 2 ? 1) f ( x) ? ( ? )? [2ln x ? ], x ?1 x 1 ? x2 x (k ? 1)( x 2 ? 1) (k ? 1)( x 2 ? 1) ? 2 x x ? 0) h( x) ? 2 ln x ? h '( x) ? 考虑函数 ( ,则 . x x2 k ( x 2 ? 1) ? ( x ? 1) 2 ①设 k ? 0 ,由 h '( x) ? 知,当 x ? 1 时, h '( x) ? 0 。而 h(1) ? 0 ,故 x2 1 h( x ) ? 0 ;当 x ? (1, ?? )时, h( x ) ? 0 ,可得 当 x ? (0,1) 时, h( x ) ? 0 ,可得 1 ? x2 1 h( x ) ? 0; 1 ? x2 ln x k ln x k ? ) ? 0 ,即 f ( x ) ? ? . 从而当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, f ( x) ? ( x ?1 x x ?1 x 1 ) 时,(k ?1)( x2 ? 1) ? 2x ? 0 , h '( x) ? 0 。 h() ? , ②设 0 ? k ? 1 , 由于当 x ? (1, 故 而 1 0 1? k


1 1 ) 时, h( x) ? 0 ,可得 h( x ) ? 0 ,与题设矛盾; 1? k 1 ? x2 ③设 k ? 1 ,此时 h '( x) ? 0 。而 h(1) ? 0 ,故当 x ? (1, ??) 时, h( x) ? 0 , 1 h( x ) ? 0 ,与题设矛盾. 可得 1 ? x2 综合得, k 的取值范围是 (??, 0] .
当 x ? (1,

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ln x 1 ln x k 1 (k ? 1)( x 2 ? 1) ? , f ( x) ? ( ? )? [2ln x ? ], 解法 2: (Ⅰ) f ( x ) ? 由 知 ∴ x ?1 x x ?1 x 1 ? x2 x (k ? 1)( x 2 ? 1) (k ? 1)( x 2 ? 1) ? 2 x 考虑函数 h( x) ? 2 ln x ? (x ? 0) ,则 h '( x) ? . x x2 k ( x 2 ? 1) ? ( x ? 1) 2 ①设 k ? 0 ,由 h '( x) ? 知,当 x ? 1 时, h '( x) ? 0 。而 h(1) ? 0 ,故 x2 1 h( x ) ? 0 ; 当 x ? (1,? ? )时 , h( x ) ? 0, 可 得 当 x ? (0,1) 时 , h( x ) ? 0, 可 得 1 ? x2 1 h( x) ? 0 ; 1 ? x2 ln x k ln x k ? ) ? 0 ,即 f ( x ) ? ? . 从而当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, f ( x) ? ( x ?1 x x ?1 x ②设 0 ? k ? 1 ,令 g ( x) ? (k ?1)( x2 ? 1) ? 2x ? (k ? 1) x2 ? 2x ? k ?1, 1 1 2 2 k (2 ? k ) ) ? (k ? 1) ? ( ) ? ? k ?1 ? ? 0, 则 g (1) ? 2(k ? 1) ? 2 ? 2k ? 0 , g ( 1? k 1? k 1? k 1? k 1 ) 时, g ( x) ? (k ?1)( x2 ? 1) ? 2x ? 0 ,故 h '( x) ? 0 . 又 k ? 1 ? 0 ,所以当 x ? (1, 1? k 1 1 ) 时, h( x) ? 0 ,可得 h( x ) ? 0 ,与题设矛盾; 而 h(1) ? 0 ,故当 x ? (1, 1? k 1 ? x2 ③设 k ? 1 ,此时 h '( x) ? 0 。而 h(1) ? 0 ,故当 x ? (1, ??) 时, h( x) ? 0 , 1 h( x ) ? 0 ,与题设矛盾. 可得 1 ? x2 综合得, k 的取值范围是 (??, 0] 。

ln x 1 ln x k 1 (k ? 1)( x 2 ? 1) ? , f ( x) ? ( ? )? [2ln x ? ], ∴ x ?1 x x ?1 x 1 ? x2 x (k ? 1)( x 2 ? 1) (k ? 1)( x 2 ? 1) ? 2 x x ? 0 ) h '( x) ? 考虑函数 h( x) ? 2 ln x ? ( ,则 。 x x2 k ( x 2 ? 1) ? ( x ? 1) 2 ①设 k ? 0 ,由 h '( x) ? 知,当 x ? 1 时, h '( x) ? 0 。而 h(1) ? 0 ,故 x2 1 h( x ) ? 0 ; 当 x ? (1,? ? )时 , h( x ) ? 0, 可 得 当 x ? (0,1) 时 , h( x ) ? 0, 可 得 1 ? x2 1 h( x) ? 0 ; 1 ? x2 ln x k ln x k ? ) ? 0 ,即 f ( x ) ? ? 。 从而当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, f ( x) ? ( x ?1 x x ?1 x 2 2 ②设 0 ? k ? 1 ,令 g ( x) ? (k ?1)( x ? 1) ? 2x ? (k ? 1) x ? 2x ? k ?1, 1 k (2 ? k ) 2 1 )? ? 0, ? 则当 x ? ? 时, g ( x) max ? g ( 1? k 1? k 2(k ? 1) 1 ? k 1 又 k ? 1 ? 0 ,所以一定在 附近存在区间( x1 , x2 ) ,当 x ? ( x1 , x2 ) 时, g ( x) ? 0 ,故 1? k
解法 3: (Ⅰ) f ( x ) ? 由 知

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h '( x) ? 0 。
1 h( x ) ? 0 ,与题设矛盾; 1 ? x2 ③设 k ? 1 ,此时 h '( x) ? 0 。而 h(1) ? 0 ,故当 x ? (1, ??) 时, h( x) ? 0 , 1 h( x ) ? 0 ,与题设矛盾. 可得 1 ? x2 综合得, k 的取值范围是 (??, 0] .
而 h(1) ? 0 ,故当 x ? ( x1 , x2 ) 时, h( x) ? 0 ,可得 【考查目标】本题考查导数的几何意义和曲线切线的概念,考查分类讨论的数学思想,考查 考生利用导数公式和导数运算法则运算求解的能力以及灵活应用导数这一工具去分析、 解决 问题的能力。 【命制过程】问题(Ⅰ)的设计面向大部分考生,只要考生掌握了导数的几何意义和曲线切 线的概念, 能够准确应用导数公式和导数运算法则进行导数运算就可以解决问题, 函数表达 式的设计得以尽可能全面考查考生的这种能力。问题(Ⅱ)中函数与不等式的结合为考生解 答提供了广阔的想象空间, 参数 k 的引入预示着分类讨论思想方法的运用, 对考生运用知识 分析、寻找合理的运算程序的能力以及推理论证能力提出较高要求,突出了选拔功能。 【试题评价】试题分步设问,逐步推进, 考查由浅入深,重点突出, 能较好地达到考查目的。 试题从多角度考查了利用导数研究函数性质以及导数的基础知识和解题方法, 而且对逻辑推 理能力、 运算求解能力提出较高要求, 尤其是对逻辑推理能力的考查, 层次分明, 区分度高, 使考生个体理性思维的广度和深度以及进一步学习的潜能得到展现, 中学教学应注意认真提 炼和总结解题方法,不断提高学生的逻辑思维能力及运算求解能力。

2011 年全国大纲卷第 22 题: (I)设函数 f ( x) ? ln(1 ? x) ?
f ( x) ? 0 ;

2x , 证明: x ? 0 时, 当 x?2

(II)从编号 1 到 100 的 100 张卡片中每次随即抽取一张,然后放回,用这种方式 9 1 连续抽取 20 次, 设抽得的 20 个号码互不相同的概率为 p .证明:p ? ( )19 ? 2 . 10 e

x2 ( x ? 1)( x ? 2)2 当 x ? 0 时, f ' ( x) ? 0 ,所以 f ( x) 为增函数,又 f (0) ? 0 ,因此当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 .
解:(I) f ' ( x) ? (II) p ?
100 ? 99 ? 98 ? L ? 81 . 10020 又 99 ? 81 ? 902 ,98 ? 82 ? 902 ,L 91? 89 ? 902 , 9 所以 p ? ( )19 . 10 2x 由(I)知: 当 x ? 0 时, ln(1 ? x) ? x?2 2 ( 1? ) l n?x1 ? ) 2 ( 因此 . x 1 10 10 在上式中,令 x ? ,则 19 ln ? 2 ,即 ( )19 ? e 2 . 9 9 9

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9 1 所以 p ? ( )19 ? 2 10 e
【考查目标】 本题考查导数的运算和利用导数研究函数性质的方法, 考查随机抽样方法的意 义和随机事件的概率, 要求考生能对数据进行合理估计和近似计算, 综合考查考生灵活应用 导数方法分析、解决问题的能力。 【命制过程】问题(Ⅰ)是利用导数研究函数性质比较常见的表达形式,通过函数 f ( x) 的0 ? 选取, 可以使考生在解答过程中将对基本初等函数导数公式的掌握、 导数运算法则的运用及 函数和导数关系的理解充分展现出来,使考查更加全面,让不同能力的考生得以发挥。问题 (Ⅱ) 中概率 p 的计算对考生并不困难, 关键是考生需要观察、 分析所要证明不等式的结构, 首先能够对 p 给出合理估计和近似运算,其次要建立概率 p 和函数 f ( x) 间0 ? 的逻辑关系,找 到问题解决的办法,将问题(Ⅰ)和问题(Ⅱ)看似不相关的两个问题有机结合起来,对考 生运用知识分析、 寻找合理的运算程序的能力以及推理论证能力提出较高要求, 突出了选拔 功能。 【试题评价】试题分步设问,逐步推进,将不同知识和方法有机整合,对知识的考查侧重理 解和运用, 突出检测考生将知识迁移到不同情境中去的能力, 使考生个体理性思维的广度和 深度以及进一步学习的潜能得到展现。 【点评】导数常作为高考的压轴题,对考生的能力要求非常高,它不仅要求考生牢固掌握基 础知识、基本技能,还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力 度不会减弱.作为压轴题,主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题,利用导数证明不等 式等,有时还伴随对参数的讨论,这也是难点之所在.
?x 2010 年全国大纲卷 2 第 22 题:设函数 f ? x ? ? 1 ? e . x (Ⅰ)证明:当 x>-1 时, f ? x ? ? ; x ?1 x (Ⅱ)设当 x ? 0 时, f ? x ? ? ,求 a 的取值范围. ax ? 1 x x 解:(I)当 x >-1时, f ? x ? ? 当且仅当 e ? 1 ? x x ?1 x 令 g ?x ? ? e ? x ? 1 则 g ' ?x ? ? e x ? 1 当 x ≥0时 g' ? x ? ≥0, g ?x ? 在[0,+∞)是增函数; 当 x ≦0时 g' ? x ? ≦0, g ?x ? 在(-∞,0]是减函数。 x 于是 g ?x ? 在 x =0处达到最小值,因而当 x ∈R时, g ?x ? ≧ g ?0? , e ≥1+ x , x 所以当 x >-1时, f ?x ? ≥ x ?1 (Ⅱ)由题设 x ≥0,此时 f ?x ? ≥0 1 x x 当 a <0时,若 x > ? ,则 <0, f ?x ? ≤ 不成立; a ax ? 1 ax ? 1 当 a ≥0时,令 h?x ? = axf ?x ? ? f ?x ? ? x ,则 x f ?x ? ≤ 当且仅当 h?x ? ≤0. ax ? 1 h' ?x ? = af ?x? ? axf ' ?x? ? f ' ?x? ? 1 = af ?x ? ? axf ?x ? ? ax ? f ?x ?

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1 时,由(I)知 x ? ?x ? 1? f ?x ? 2 h' ?x ? ≦ af ?x? ? axf ?x? ? a( x ? 1) f ?x? ? f ?x? = ?2a ? 1? f ?x ? ≤0, x h?x ? 在[0,+∞)上是减函数, h?x ? ≤ h?0? =0,即 f ? x ? ? ax ? 1 1 (ii)当 a ? 时,由(I)知 x ≥ f ?x ? 2 = h' ?x ? af ?x ? ? axf ?x ? ? ax ? f ?x ? af ?x? ? axf ?x? ? af ?x? ? f ?x? = ?2a ?1 ? ax? f ?x ? x 2a ? 1 当0 ? x ? 时, h' ? x ? >0,所以 h?x ? > h?0? =0, 即 f ?x ? ? ax ? 1 a 1 综上,a的取值范围是 [ 0, ] . 2
(i)当 0 ? a ?



【考查目标】本题考查导数的运算,利用导数研究函数最值的方法,考查考生灵活应用导数 方法分析、解决问题的能力。 【命制过程】利用导数研究函数的最大值和最小值,这是学习导数这部分内容的基本要求。 教材中有关导数方法的应用, 也设计了一些与函数相关的不等式的证明问题, 这些问题的解 决往往要求考生通过变形转化为研究函数的最值来处理。 本题对函数表达式及不等式形式的 设计, 一方面考查考生对函数最值与导数关系的理解以及对代数式变形转化的能力, 同时为 考生解决问题提供多个切入点; 另一方面在运算过程中, 考查考生对基本初等函数的导数公 式、导数运算法则的掌握情况和对不等式的运算求解能力以及推理论证能力。 【试题评价】试题设计巧妙,使问题的解决围绕函数的最值和导数的关系展开,设计层次分 明,梯度递进,突出导数的工具作用,把对函数最值的理解和应用提高到必要的深度。试题 结构简洁,考查重点突出,方法具体明确,对中学教学有积极的引导作用。

2010 年全国大纲卷 1 第 20 题:已知函数 f ( x) ? ( x ? 1) ln x ? x ? 1 .
(Ⅰ)若 xf '( x) ? x ? ax ? 1 ,求 a 的取值范围;
2

(Ⅱ)证明: ( x ? 1) f ( x) ? 0 . 解: (Ⅰ) f ?( x) ? 于 ln x ? x ? a .

x ?1 1 ? ln x ? 1 ? ln x ? , xf ?( x) ? x ln x ? 1 , xf ?( x) ? x2 ? ax ? 1 等价 x x

1 ?1 x ' ' 1 当 0<x< , g ( x)>0 ; 当 x≥1 时 , g ( x)≤0 , x ? 1 是 g ( x) 的 最 大 值 点 , g ( x)≤g (1) ? ?1
令 g ( x) ? ln x ? x ,则 g ?( x ) ? 综上, a 的取值范围是 ? ?1, ?? ? . (Ⅱ)有(Ⅰ)知, g ( x)≤g (1) ? ?1 即 ln x ? x ? 1≤0 .

1 当 0<x< 时, f ( x) ? ( x ? 1) ln x ? x ? 1 ? x ln x ? (ln x ? x ? 1)≤0 ;


x≥1





f ( x) ? ln x ? ( x ln x ? x ? 1)

? ln x ? x(ln x ?

1 ? 1) x

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1 1 ? ? 1) ≥0 x x 所以 ( x ? 1) f ( x)≥0 . ? ln x ? x(ln

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