劉茹

縱觀近幾年全國(guó)各省市的高考題，導(dǎo)數(shù)運(yùn)用是必考題。導(dǎo)數(shù)可以用于求切線方程，求函數(shù)單調(diào)性，極值及最值，還可以用來證明不等式。實(shí)際上函數(shù)的幾個(gè)基本性質(zhì)中，單調(diào)性值域是極重要的性質(zhì)。用導(dǎo)數(shù)可以很方便地解決與此類性質(zhì)相關(guān)的問題。因此，導(dǎo)數(shù)作為高考重要內(nèi)容之一，體現(xiàn)了高考“在知識(shí)的交匯處出題”的指導(dǎo)思想。同時(shí)，導(dǎo)數(shù)運(yùn)用中涉及的各種數(shù)學(xué)思想方法，也體現(xiàn)了思維的制高點(diǎn)。下面就一些高考實(shí)例來看導(dǎo)數(shù)運(yùn)用：

例1 （湖北文）設(shè)函數(shù)f（x）=axn（1-x）+b（x>0）。n為正整數(shù)，a、b為常數(shù)，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(shù)f（x）的最大值。

（3）證明：f（x）<。

本題考查多項(xiàng)式的求導(dǎo)，其中就考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，利用切點(diǎn)及切線斜率求參數(shù)值。利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求解函數(shù)的最值，以及運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)進(jìn)而證明不等式等。全面考查了導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用。

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

又因?yàn)榍芯€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(diǎn)x0=。

在0

，上，f′（x）>0，故f（x）單調(diào)遞增。而在

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

=

n1

-=。

（3）注意到這是一個(gè)恒成立問題，對(duì)于恒成立問題，通常轉(zhuǎn)化為求最值問題來證明。本題即證明<。對(duì)于此式，直接構(gòu)造函數(shù)，顯然是不行的，這就要求學(xué)生在指數(shù)和對(duì)數(shù)間能靈活進(jìn)行轉(zhuǎn)化。由

n+1>e，兩邊同取自然對(duì)數(shù)，得ln

>，將指數(shù)不等式轉(zhuǎn)化成對(duì)數(shù)不等式，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)性質(zhì)進(jìn)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(qū)間（0，1）上，φ′（t）<0，故φ（t）單調(diào)遞減；

而在區(qū)間（1，+∞）上，φ′（t）>0，φ（t）單調(diào)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(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用之外，還考查了轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想及學(xué)生運(yùn)算求解的能力。尤其是第三問的證明，考查了學(xué)生的逆向思維能力，觀察、分析、轉(zhuǎn)化的能力，通過恰當(dāng)構(gòu)造函數(shù)并研究其性質(zhì)使問題得以證明。對(duì)于第三問的證明，還可以如下構(gòu)造函數(shù)：

欲證<，即證<，取自然對(duì)數(shù)，得（n+1）ln

-<

-，移項(xiàng)得+ln1

-<0，令t=，其中0

φ′（t）=1-=，因?yàn)?

，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(shù)f（x）=ex-ax，其中a>0。

（1）若對(duì)一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求a的取值集合。

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

分析：本題導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題，將不等式恒成立轉(zhuǎn)化為求最值問題。

對(duì)第一問轉(zhuǎn)化求函數(shù)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(dāng)x

當(dāng)x>lna時(shí)f′（x）>0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增。

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

a-alna≥1（1）

至此，很多同學(xué)不知如何下手了，因?yàn)椋?）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(xué)們。由于前面已經(jīng)用過導(dǎo)數(shù)了，所以

很多同學(xué)根本想不起來還要再次用到導(dǎo)數(shù)，導(dǎo)致此題無法破解。實(shí)際上，這就是一個(gè)套用導(dǎo)數(shù)的題目?；貧w到導(dǎo)數(shù)的常規(guī)用法，求最值上來，再次構(gòu)造函數(shù)，求最值。

令g（t）=t-tlnt，則g′（t）=1-（lnt+1）=-lnt

當(dāng)00，函數(shù)g（t）單調(diào)遞增；當(dāng)t>1時(shí)，g′（t）<0，g（t）單調(diào)遞減。

故當(dāng)t=1時(shí)，g（t）取最大值1。因此，當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí)，（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(dāng)t<0時(shí)，F(xiàn)′（t）<0，F(xiàn)（t）單調(diào)遞減；當(dāng)t>0時(shí)，F(xiàn)′（t）>0，F(xiàn)（t）單調(diào)遞增。

故當(dāng)t≠0，F(xiàn)（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?yàn)楹瘮?shù)y=φ（x）在區(qū)間[x1，x2]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，所以由零點(diǎn)存在性定理知存在x0∈（x1，x2），使φ（x0）=0，即f′（x0）=k成立。

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、最值、不等式恒成立問題。考查了學(xué)生的運(yùn)算能力，分類討論思想，函數(shù)與方程思想等數(shù)學(xué)方法。第一問利用導(dǎo)數(shù)法求出函數(shù)最小值f（lna）=a-lna，對(duì)一切x∈R，f（x）≥1恒成立，轉(zhuǎn)化為f（x）min≥1，從而求出參數(shù)的取值集合。第二問在假設(shè)存在的情況下進(jìn)行推理，然后把問題歸納為一個(gè)方程是否存在解的問題，通過構(gòu)造函數(shù)，研究這個(gè)函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行分析判斷。

總之，以上兩道高考題都充分考查了導(dǎo)數(shù)的基本運(yùn)用，體現(xiàn)了導(dǎo)數(shù)在解決函數(shù)的單調(diào)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(gòu)造恰當(dāng)函數(shù)，進(jìn)而利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)，使問題得證，體現(xiàn)了導(dǎo)數(shù)運(yùn)用的靈活性、創(chuàng)新性。

（作者單位：安徽省利辛縣第一中學(xué)）