對于幾類導數題運用圖象求解的探索

張娟

對于導數題很多論文分別從不同的角度進行了研究和對于題型的歸納整理.由于近年內高考試卷壓軸問題常常放在導數上，因為函數問題本身帶有很強的抽象性，而且經常考查分類討論的思想，所以學生們會經常出現分類標準選擇有問題或者討論時做不到不重不漏，從而導致最后問題不能順利解決或者解答不完整. 本文對于部分導數大題運用數形結合思想進行巧妙的大題小解，最大可能的解決學生面臨的問題，著力提高學生的解題能力和培養學生的數學思想.

一、性質露于形，巧解靠平移

不妨我們先來看一道典型例題及其參考解答：

例1 已知定義在R上的偶函數f（x）的最小值為1，當x∈[0，+∞）時，f（x）=aex.

（1）求函數f（x）的解析式；

（2）求最大的整數m（m>1），使得存在t∈R，只要x∈[1，m]，就有f（x+t）≤ex.（注：e為自然對數的底數）

參考解答：（1）易得f（x）=ex，x≥0，

e-x，x<0，即f（x）=e|x|.

（2）因為任意x∈[1，m]，都有f（x+t）≤ex，故f（1+t）≤e且f（m+t）≤em，當1+t≥0時，e1+t≤e，從而1+t≤1， 所以-1≤t≤0；當1+t<0時，e-1-t≤e，從而-（1+t）≤1， 所以-2≤t<-1.

綜上-2≤t≤0.因為m≥2，故m+t≥0.

故f（m+t）≤em，得em+t≤em即存在t∈[-2，0]，滿足et≤emem，所以emem≥{et}min=e-2，即em-e3m≤0

令g（x）=ex-e3x，x∈[2，+∞），則g′（x）=ex-e3.

當x∈（2，3）時，g′（x）<0，g（x）單調遞減；

當x∈（3，+∞）時，g′（x）>0，g（x）單調遞增.

又g（3）=-2e3<0，g（2）<-e3<0，g（4）=e3（e-4）<0，g（5）=e3（e2-4）>0，由此可見，方程g（x）=0在區間[2，+∞）上有唯一解m0∈（4，5），且當x∈[2，m0]時g（x）≤0，當x∈[m0，+∞）時g（x）≥0.因為m∈Z，故mmax=4，此時t=-2.

下面證明：f（x-2）=e|x-2|≤ex對任意x∈[1，4]恒成立

①當x∈[1，2]時，即e≤xex.因為x∈[1，2]，所以ex≥e，x≥1，所以xex≥e；②當x∈[2，4]時，即ex-2≤ex，等價于{ex-2-ex}max≤0.令h（x）=ex-2-ex，則h′（x）=ex-2-e，所以h（x）在（2，3）上遞減，在（3，4）上遞增，所以hmax=max{h（2），h（4）}.而h（2）=1-2e<0，h（4）=e2-4e<0.

綜上所述，f（x-2）≤ex對任意x∈[1，4]恒成立.

小結：本題（2）的參考解答用分類討論思想，不但過程繁瑣，而且最后判斷整數m時學生極難得出好的辦法，即使是老師想要非常輕松的解決這類問題也是談何容易.

下面我們先看一道類似的填空題：

例2 已知函數f（x）=x2+2x+1，若存在實數t，當x∈[1，m]時，f（x+t）≤x恒成立，則實數m的最大值為.

分析 由小題小解的思想，我們不難看出本題是二次函數經過平移后在[1，m]上的恒成立問題.我們作圖如下：

將f（x）向右平移t個單位后在[1，m]上保持f（x+t）≤x恒成立，即將圖象向右平移如圖位置時便不能再往右移了，t最大值由圖可知為1.此時顯然m的最大值為4.

圖1 圖2通過這道小題的思想延伸，上述的例1便不再難解答了：

先由（1）可知f（x）=e|x|不難畫出其圖象，我們發現與f（x）=x2+2x+1的圖象十分相似，那么兩個題目就是同一個思想：通過圖象平移我們立刻可以知道，當右移一個單位后最低點在x=1處時，此時m的值最大，又m為整數，我們代入點由零點存在定理可知m=4.

反思： 這兩道題的相通之處在于將函數的性質顯露無疑，稍微一些通過一些平移變化，便能將一道導數的大題運用數形思想輕松的解決了.

這對于學生而言，如果最后一道大題能這樣巧解， 不但思路更為清晰， 解題速度提高， 而且學生就不會對解最后一題沒有信心， 甚至產生恐懼. 相反會讓很多本來就對函數因為抽象、復雜等原因而不敢下手或從未完整解答過最后一題的學生找到了福音.

二、斜率露于形，巧解靠導數

只要我們留意這樣的方法還是十分常見的，在《當代中學生》上有這樣一道小題：

例3 設F（x）與f（x）都在區間D上有定義，若對于D的任意子區間[u，v]，總有[u，v]上的實數p，q，使得不等式f（p）≤F（u）-F（v）u-v≤f（q）成立，則稱f（x）是F（x）在區間D上的乙函數.已知F（x）=x2-3x，那么F（x）的乙函數f（x）=.

圖3分析 利用圖象和對F（u）-F（v）u-v的意義進行深入分析，不難發現，割線的斜率必然可以在區間內找到一個某點處的導數與之相等，由于u，v的任意性及p，q的存在性，f（x）不就是F（x）的導函數嗎？

引入一些大學的知識只要f（x）連續光滑可導，那么對于任意的u，v，就一定存在t∈[u，v]，使得f（t）=F（u）-F（v）u-v.

在這種思想引領下，我們看一道壓軸導數題：

例4 已知函數f（x）=（a+1）lnx+ax2+1. （1）討論f（x）的單調性； （2）設a≤-2，證明：x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|.

分析 本題的第二問我們常規方法是考慮去絕對值和將x1，x2代入后構造新函數求解，過程繁復，而且很具技巧，學生很難應付.

如果能巧用上面的結論，由（1）中結論，若x1=x2顯然成立，不妨設0≤x1

下面只要證：a≤-2時，f ′（t）=f（x1）-f（x2）x1-x2≤-4即可，再有f ′（x）=a+1x+2ax（x>0， a≤-2），所以只要證2ax2+4x+a+1≤0.又因為a≤-2，所以Δ=8（1-a）（2+a）≤0顯然成立，即命題得證.

結論：雖然本題是個大題，但是如果從數形結合角度去分析和解決可以省去很多討論的麻煩和構造的困難，即便是在書寫過程上有點牽強但是整個思路卻更加清晰和流暢了.

三、函數露于形，巧解靠轉動

溫州中學的期末考卷中有這么一道題：

例5 已知函數f（x）滿足f（x）=f ′（1）ex-1-f（0）x+12x2，（1）求f（x）的解析式及單調區間；（2）若f（x）≥12x2+ax+b，求（a+1）b的最大值.

我們先看原題的解答：（1）易得：f（x）的解析式為f（x）=ex-x+12x2，且單調遞增區間為（0，+∞），單調遞減區間為（-∞，0）.（2）f（x）≥12x2+ax+bh（x）=ex-（a+1）x-b≥0.得h′（x）=ex-（a+1）.①當a+1<0時，h′（x）>0y=h（x）在x∈R上單調遞增，x→-∞時，h（x）→-∞，與h（x）≥0矛盾；②當a+1=0時，b≤exb≤0；③當a+1>0時，h′（x）>0x>ln（a+1），h′（x）<0x0）.

令F（x）=x2-x2lnx（x>0），則F′（x）=x（1-2lnx），F′（x）>00e.當x=e時，F（x）max=e2；當a=e-1，b=e時，（a+1）b的最大值為e2.

分析 題目第二問十分困難，有兩個自變量且兩個變量間無明顯的關系， 解答中還有一個問題無法解釋，而且最后的構造更是很難想象圖4. 那是不是就說這道題不是道好題了呢？非也，如果揭開面紗，從圖形的角度去看這道題，我們不難發現，第二問中可將條件化為ex-（a+1）x-b≥0，此時如果我們將代數的不等式問題轉化為幾何的圖形問題，不難發現，將不等式分離成ex≥（a+1）x+b，左邊一個指數函數和右邊一個一次函數，這樣做可以使得畫圖更簡單.我們畫圖如圖4， 這樣我們可以看出必須對斜率進行討論：（a+1）<0時， 顯然不可能；（a+1）=0時，ex≥b恒成立，勢必要求b≤0，則（a+1）b=0；（a+1）>0時，若b≤0，則（a+1）b≤0，必然考慮b>0時（a+1）b才會出現最大值，當b>1時顯然不符合，當b∈（0，1]時，由圖可知（a+1）表示的就是斜率，當取定一個b時，（a+1）b要取最大值，則斜率要最大，即（a+1）x+b與ex相切的時候.不妨設切點為（x0，y0），用求切線的方法得到a+1=ex0，

y0=ex0，

y0-bx0=a+1.消去y0得ex0-bx0=a+1，再消去x0得a+1-bln（a+1）=a+1，整理得a+1-b=（a+1）ln（a+1）.所以b=a+1-（a+1）ln（a+1）.為了求（a+1）b的最大值，所以構造b（a+1）=（a+1）2-（a+1）2ln（a+1），接下來的“換元”就變得顯而易見了，那么再求導和求最值就不難了. 這樣的處理步步為營，使得整個解題過程都非常緊湊， 分類討論的標準也就不難選擇了，最后的換元構造也是很自然了.

本文從三方面進行研究， 如果我們能夠跳出單從解析式的角度去解決導數題，而是更多地傾向于運用函數圖象，將很多抽象的導數問題轉化成形象的圖象變換問題，那么就算有些問題還是要分類討論，此時分類的標準也就明確了，并且減少了遺漏和重復的問題. 利用函數圖象性質、轉化和數形結合的思想，將復雜的分類討論和構造問題簡化為函數的變換問題， 如此深入淺出的將很多較難的導數題轉化為像小題一樣求解并運用斜率等多種幾何知識，不但豐富了學生的見識及解題能力，也為學生真正迎考時能有一個良好的心態和樹立成功的信心起到的很好的作用.

如果能巧用上面的結論，由（1）中結論，若x1=x2顯然成立，不妨設0≤x1

下面只要證：a≤-2時，f ′（t）=f（x1）-f（x2）x1-x2≤-4即可，再有f ′（x）=a+1x+2ax（x>0， a≤-2），所以只要證2ax2+4x+a+1≤0.又因為a≤-2，所以Δ=8（1-a）（2+a）≤0顯然成立，即命題得證.

結論：雖然本題是個大題，但是如果從數形結合角度去分析和解決可以省去很多討論的麻煩和構造的困難，即便是在書寫過程上有點牽強但是整個思路卻更加清晰和流暢了.

三、函數露于形，巧解靠轉動

溫州中學的期末考卷中有這么一道題：

例5 已知函數f（x）滿足f（x）=f ′（1）ex-1-f（0）x+12x2，（1）求f（x）的解析式及單調區間；（2）若f（x）≥12x2+ax+b，求（a+1）b的最大值.

我們先看原題的解答：（1）易得：f（x）的解析式為f（x）=ex-x+12x2，且單調遞增區間為（0，+∞），單調遞減區間為（-∞，0）.（2）f（x）≥12x2+ax+bh（x）=ex-（a+1）x-b≥0.得h′（x）=ex-（a+1）.①當a+1<0時，h′（x）>0y=h（x）在x∈R上單調遞增，x→-∞時，h（x）→-∞，與h（x）≥0矛盾；②當a+1=0時，b≤exb≤0；③當a+1>0時，h′（x）>0x>ln（a+1），h′（x）<0x0）.

令F（x）=x2-x2lnx（x>0），則F′（x）=x（1-2lnx），F′（x）>00e.當x=e時，F（x）max=e2；當a=e-1，b=e時，（a+1）b的最大值為e2.

分析 題目第二問十分困難，有兩個自變量且兩個變量間無明顯的關系， 解答中還有一個問題無法解釋，而且最后的構造更是很難想象圖4. 那是不是就說這道題不是道好題了呢？非也，如果揭開面紗，從圖形的角度去看這道題，我們不難發現，第二問中可將條件化為ex-（a+1）x-b≥0，此時如果我們將代數的不等式問題轉化為幾何的圖形問題，不難發現，將不等式分離成ex≥（a+1）x+b，左邊一個指數函數和右邊一個一次函數，這樣做可以使得畫圖更簡單.我們畫圖如圖4， 這樣我們可以看出必須對斜率進行討論：（a+1）<0時， 顯然不可能；（a+1）=0時，ex≥b恒成立，勢必要求b≤0，則（a+1）b=0；（a+1）>0時，若b≤0，則（a+1）b≤0，必然考慮b>0時（a+1）b才會出現最大值，當b>1時顯然不符合，當b∈（0，1]時，由圖可知（a+1）表示的就是斜率，當取定一個b時，（a+1）b要取最大值，則斜率要最大，即（a+1）x+b與ex相切的時候.不妨設切點為（x0，y0），用求切線的方法得到a+1=ex0，

y0=ex0，

y0-bx0=a+1.消去y0得ex0-bx0=a+1，再消去x0得a+1-bln（a+1）=a+1，整理得a+1-b=（a+1）ln（a+1）.所以b=a+1-（a+1）ln（a+1）.為了求（a+1）b的最大值，所以構造b（a+1）=（a+1）2-（a+1）2ln（a+1），接下來的“換元”就變得顯而易見了，那么再求導和求最值就不難了. 這樣的處理步步為營，使得整個解題過程都非常緊湊， 分類討論的標準也就不難選擇了，最后的換元構造也是很自然了.

本文從三方面進行研究， 如果我們能夠跳出單從解析式的角度去解決導數題，而是更多地傾向于運用函數圖象，將很多抽象的導數問題轉化成形象的圖象變換問題，那么就算有些問題還是要分類討論，此時分類的標準也就明確了，并且減少了遺漏和重復的問題. 利用函數圖象性質、轉化和數形結合的思想，將復雜的分類討論和構造問題簡化為函數的變換問題， 如此深入淺出的將很多較難的導數題轉化為像小題一樣求解并運用斜率等多種幾何知識，不但豐富了學生的見識及解題能力，也為學生真正迎考時能有一個良好的心態和樹立成功的信心起到的很好的作用.

如果能巧用上面的結論，由（1）中結論，若x1=x2顯然成立，不妨設0≤x1

下面只要證：a≤-2時，f ′（t）=f（x1）-f（x2）x1-x2≤-4即可，再有f ′（x）=a+1x+2ax（x>0， a≤-2），所以只要證2ax2+4x+a+1≤0.又因為a≤-2，所以Δ=8（1-a）（2+a）≤0顯然成立，即命題得證.

結論：雖然本題是個大題，但是如果從數形結合角度去分析和解決可以省去很多討論的麻煩和構造的困難，即便是在書寫過程上有點牽強但是整個思路卻更加清晰和流暢了.

三、函數露于形，巧解靠轉動

溫州中學的期末考卷中有這么一道題：

例5 已知函數f（x）滿足f（x）=f ′（1）ex-1-f（0）x+12x2，（1）求f（x）的解析式及單調區間；（2）若f（x）≥12x2+ax+b，求（a+1）b的最大值.

我們先看原題的解答：（1）易得：f（x）的解析式為f（x）=ex-x+12x2，且單調遞增區間為（0，+∞），單調遞減區間為（-∞，0）.（2）f（x）≥12x2+ax+bh（x）=ex-（a+1）x-b≥0.得h′（x）=ex-（a+1）.①當a+1<0時，h′（x）>0y=h（x）在x∈R上單調遞增，x→-∞時，h（x）→-∞，與h（x）≥0矛盾；②當a+1=0時，b≤exb≤0；③當a+1>0時，h′（x）>0x>ln（a+1），h′（x）<0x0）.

令F（x）=x2-x2lnx（x>0），則F′（x）=x（1-2lnx），F′（x）>00e.當x=e時，F（x）max=e2；當a=e-1，b=e時，（a+1）b的最大值為e2.

分析 題目第二問十分困難，有兩個自變量且兩個變量間無明顯的關系， 解答中還有一個問題無法解釋，而且最后的構造更是很難想象圖4. 那是不是就說這道題不是道好題了呢？非也，如果揭開面紗，從圖形的角度去看這道題，我們不難發現，第二問中可將條件化為ex-（a+1）x-b≥0，此時如果我們將代數的不等式問題轉化為幾何的圖形問題，不難發現，將不等式分離成ex≥（a+1）x+b，左邊一個指數函數和右邊一個一次函數，這樣做可以使得畫圖更簡單.我們畫圖如圖4， 這樣我們可以看出必須對斜率進行討論：（a+1）<0時， 顯然不可能；（a+1）=0時，ex≥b恒成立，勢必要求b≤0，則（a+1）b=0；（a+1）>0時，若b≤0，則（a+1）b≤0，必然考慮b>0時（a+1）b才會出現最大值，當b>1時顯然不符合，當b∈（0，1]時，由圖可知（a+1）表示的就是斜率，當取定一個b時，（a+1）b要取最大值，則斜率要最大，即（a+1）x+b與ex相切的時候.不妨設切點為（x0，y0），用求切線的方法得到a+1=ex0，

y0=ex0，

y0-bx0=a+1.消去y0得ex0-bx0=a+1，再消去x0得a+1-bln（a+1）=a+1，整理得a+1-b=（a+1）ln（a+1）.所以b=a+1-（a+1）ln（a+1）.為了求（a+1）b的最大值，所以構造b（a+1）=（a+1）2-（a+1）2ln（a+1），接下來的“換元”就變得顯而易見了，那么再求導和求最值就不難了. 這樣的處理步步為營，使得整個解題過程都非常緊湊， 分類討論的標準也就不難選擇了，最后的換元構造也是很自然了.

本文從三方面進行研究， 如果我們能夠跳出單從解析式的角度去解決導數題，而是更多地傾向于運用函數圖象，將很多抽象的導數問題轉化成形象的圖象變換問題，那么就算有些問題還是要分類討論，此時分類的標準也就明確了，并且減少了遺漏和重復的問題. 利用函數圖象性質、轉化和數形結合的思想，將復雜的分類討論和構造問題簡化為函數的變換問題， 如此深入淺出的將很多較難的導數題轉化為像小題一樣求解并運用斜率等多種幾何知識，不但豐富了學生的見識及解題能力，也為學生真正迎考時能有一個良好的心態和樹立成功的信心起到的很好的作用.