晏鴻

1.引言

在常規(guī)高三復(fù)習(xí)備考中，我們對(duì)以e 為底的特殊指數(shù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)問題訓(xùn)練較多，而對(duì)普通指數(shù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)并不重視.近年高考全國乙卷理科第16題提醒了大家，高考對(duì)主干知識(shí)的考查，沒有特定函數(shù)，只有重點(diǎn)內(nèi)容.因此，普通指數(shù)函數(shù)（或?qū)?shù)函數(shù)）的導(dǎo)數(shù)問題，應(yīng)該引起備考者的關(guān)注.

2.試題及解法

例1? （2023年全國乙卷）設(shè)a∈0，1，若函數(shù)f（x）=ax+1+ax在0，+∞上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是.

思路分析：原題等價(jià)于f′（x）=axlna+1+axln1+a≥0恒成立，通過全分參的方法，可變形為1+aax≥－lnaln1+a，由左側(cè)函數(shù)的單調(diào)性可得關(guān)于a的不等式.或者選擇不分參，對(duì)f′（x）再求導(dǎo)，通過判斷f′（x）單調(diào)性獲得相應(yīng)的不等式，求解后可得a的取值范圍.

解法1：由題意得f′（x）=axlna+（1+a）xln1+a≥0在區(qū)間0，+∞上恒成立，則1+axln1+a≥－axlna，即1+aax≥－lnaln1+a在區(qū)間0，+∞上恒成立，于是有1+aa0=1≥－lnaln1+a，又a+1∈1，2，ln1+a>0，則lna+1≥－lna，

0

即aa+1≥1，

0

解得5－12≤a<1.故a的取值范圍是5－12，1.

解法2：由題意得f′（x）=axlna+（1+a）xln1+a≥0在區(qū)間0，+∞上恒成立.

令h（x）=f′（x），則h′（x）=ax（lna）2+1+axln1+a2>0，于是h（x）=f′（x）=axlna+1+axln1+a在區(qū)間0，+∞上單調(diào)遞增，故f′（x）≥f′0=lna+ln1+a≥0，解得5－12≤a<1.故a的取值范圍是5－12，1.

每年的高考試題背景、呈現(xiàn)形式都在變，但解題方法基本不變.如本題基本解法是分參，建立關(guān)于參數(shù)的不等式（或等式），與2022年的試題解法異曲同工.但對(duì)于一般情況，分參到底要分到什么程度，值得我們不斷變換視角，深入探究，總結(jié)經(jīng)驗(yàn).

例2? （2022年全國乙卷）已知x=x1和x=x2分別是函數(shù)f（x） = 2ax-e x2（a>0且a≠1）的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)．若x1

視角1? 代數(shù)角度不分參

思路分析：由x1，x2分別是函數(shù)f（x） = 2ax-e x2的兩個(gè)極值點(diǎn)，故f′（x） = 2lna·ax-2e x有兩個(gè)零點(diǎn). 如果選擇不分參，從代數(shù)角度入手，則需要對(duì)它求二階導(dǎo)數(shù)，再分a>1和0

解法1：依題意f′（x） = 2lna·ax-2e x，令h（x） = f′（x） = 2lna·ax-2e x，

則h′（x） = 2lna2·ax-2e . 當(dāng)a>1時(shí)，h′（x） = 2lna2·ax-2e 單調(diào)遞增，值先負(fù)后正，導(dǎo)致f′（x） = 2lna·ax-2e x先減后增，值先正后負(fù)再正，故x1，x2分別為f（x）的極大值點(diǎn)和極小值點(diǎn)，與題設(shè)矛盾，a>1舍去.當(dāng)0

故只需f′x0? = 2lna·ax0 -2e x0? = 2e lna-2e x0? > 0，即x0? < 1lna = loga e ，ax0? > e ，于是有l(wèi)na2<1，解得1e? < a < 1或1 < a < e ，又0

視角2? 幾何角度半分參

思路分析：由題設(shè)可知方程f′（x） = 2lna·ax-2e x = 0的兩個(gè)不等根為x1，x2，且x∈－∞，x1∪x2，+∞時(shí)，f′（x）<0，x∈x1，x2時(shí)，f′（x）>0. 如果選擇半分參，移項(xiàng)后從幾何角度看，函數(shù)y=lna·ax與y = e x的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，先求y=lna·ax過原點(diǎn)的切線，也可得到答案.

解法2：依題意f′（x） = 2lna·ax-2e x，因?yàn)閤1，x2分別是f（x） = 2ax-e x2的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)，所以f（x）在－∞，x1和x2，+∞上遞減，在x1，x2上遞增，即x∈－∞，x1∪（x2，+∞）時(shí)，f′（x）<0，x∈x1，x2時(shí)，f′（x）>0.

當(dāng)a>1時(shí)，若x<0，則f′（x） = 2lna·ax-2e x > 0，與前面矛盾，故a>1不符合題意.

當(dāng)0

圖1

如果半分離參數(shù)，即方程lna·ax = e x的兩個(gè)不相等根為x1，x2，那么y=lna·ax與y = e x的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn).令g（x）=lna·ax，如圖1所示，設(shè)過原點(diǎn)的直線與y=g（x）的圖象相切于點(diǎn)x0，lna·ax0，則直線的斜率k=g′x0=ln2a·ax0，

從而直線方程為y－lna·ax0=ln2a·ax0（x－x0），代入原點(diǎn)，

則－lna·ax0=－x0ln2a·ax0，解得x0=1lna，故直線的斜率k = ln2a·a1lna =e ln2a，

因?yàn)閥=lna·ax與y = e x的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以e ln2a < e ，解得1e? < a < 1或1 < a < e ，又0

解法3：依題意f′（x） = 2lna·ax-2e x，令f′（x）=0，則lna·ax = e x，可化為axx = e lna（顯然x≠0），即方程e xlnaxlna = e ln2a有兩個(gè)不相等根. 令gt = e tt，則g′t = t-1e tt2，于是gt在區(qū)間－∞，0和0，1上遞減，在1，+∞上遞增，gt≥g1 = e ，從而e ln2a > e ，解得1e? < a < 1或1 < a < e . 又f（x）在x2，+∞上遞減，故0

視角3? 化歸角度巧換元

思路分析：按照正常思路，也許還可以選擇全分參的方法，經(jīng)過嘗試沒成功，只好另辟蹊徑. 由解法3可知，令t=xlna，將題干中不常見的ax轉(zhuǎn)換為常見的e x，把問題進(jìn)行化歸，常規(guī)化、熟悉化.

解法4：令t=xlna，則x=tlna，f（x） = 2ax-e x2 = 2e t-e ln2a·t2.

設(shè)g（t） = 2e t-e ln2a·t2，則f（x）=g（t）=g（xlna），g′（t） = 2e t-e ln2a·t. 又g′（t）=0有兩個(gè)不相等根，根據(jù)切線不等式e t≥e t，有e ln2a > e，解得1e? < a < 1或1 < a < e .

當(dāng)1 < a < e 時(shí)，lna>0，f（x）與g（t）有相同的單調(diào)性. 由g′（t）可知，f（x）先增后減再增，先有極大值后有極小值，不合題意.當(dāng)1e? < a < 1時(shí)，lna<0，f（x）與g（t）單調(diào)性相反，即f（x）先減后增再減，先有極小值x1，后有極大值x2，滿足題意. 綜上，a的取值范圍為（1e ，1）.

3.結(jié)語

好的試題是落實(shí)新高考評(píng)價(jià)的有效載體，基于以上兩題的解法探究，筆者就解題教學(xué)有以下幾點(diǎn)思考：一是選好題、講好題是落實(shí)思維教學(xué)、提升學(xué)生思維能力的有效途徑.高層次的數(shù)學(xué)教學(xué)應(yīng)著力通過加強(qiáng)問題剖析、強(qiáng)化知識(shí)本質(zhì)、優(yōu)化解題路徑引導(dǎo)學(xué)生進(jìn)行深度思考，積累思維經(jīng)驗(yàn)，提升思維能力.二是運(yùn)算能力的培養(yǎng)是數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的基礎(chǔ)，算的又快又準(zhǔn)絕非一日之功，而是有計(jì)劃、有步驟長時(shí)間訓(xùn)練的結(jié)果，并且在訓(xùn)練中既要練“死算”，又要練運(yùn)算路徑的合理化選擇，由此全力提升學(xué)生的運(yùn)算能力.