基于直觀想象素養的導數壓軸題研究

廣東 李 虎

直觀想象素養在立體幾何和解析幾何中以顯性考查的方式出現，但在導數壓軸題中是以隱性考查方式為主，大部分解題思路的來源就是直觀想象，直觀想象可以為探索形成論證思路，為邏輯推理提供思維基礎.下面以學生在考試中失分較多，但又有較強的直觀想象背景的導數壓軸題來闡明筆者的觀點，以期在今后的教學和備考中引起更多的重視，提升學生的素養，面對從能力立意向素養立意過渡的高考.

一、巧用直觀想象，妙解導數壓軸小題

【例1】(2020年廣州二模)若關于x的不等式e2x-

A．[0,2e] B. (-∞,2e]

C. [0,2e2] D. (-∞,2e2]

圖1

A. (-∞,0) B. (-∞,0]∪[1,+∞)

C. (-∞,-1]∪[1,+∞) D. (-∞,0)∪[1,+∞)

所以a的取值范圍是[-∞，0)∪[1，+∞)，故選D.

解法二：a<0和a=0的討論同上，下面只討論a>0的情形.由題知f(x)的導函數f′(x)=ax-sinx，仍借助直觀想象的方法，考慮到y=sinx在x=0處切線的斜率是1，故容易猜到當a≥1時，對于x>0，恒有f′(x)>0，故f(x)在(0,+∞)上單調遞增，結合f(0)=0及f(x)為偶函數，可知a≥1滿足題意.當00，使得f′(x0)=0且當x∈(0,x0)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；當x∈(x0,+∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，結合f(0)=0，且x→+∞，f(x)→+∞，可得?x1>x0>0，使得f(x1)=0，與題意不符.所以a的取值范圍是(-∞，0)∪[1，+∞)，故選D.

點評：直觀想象素養可以化抽象為直觀，再結合導數的幾何意義，往往可以找到分類討論的標準，獲得解題的靈感，同時還可以激發學生的創新思維，很多定理也是從直觀想象中誕生，經過后面的發展才逐步完善起來的.

類題演練2.已知函數f(x)=(lnx+1-ax)(ex-2m-ax)，若存在實數a使得f(x)<0恒成立，則實數m的取值范圍是( )

點評：本題含有雙參數，并且還有兩個超越函數y=lnx和y=ex-2m，若直接求導討論將無法進行下去.式子結構有明顯意義，借助直觀想象容易與切線聯系起來，從而得到解決.

二、活用直觀想象，探尋導數壓軸題思路

(Ⅰ)若f(x)為R上的增函數，求a的取值范圍；

(Ⅱ)若a>0，x1≠x2，且f(x1)+f(x2)=4，證明：f(x1+x2)<2.

(Ⅰ)解析：f′(x)=ex-x+a，若f(x)為R上的增函數，則f′(x)=ex-x+a≥0恒成立，即ex-x≥-a恒成立，設F(x)=ex-x,則F′(x)=ex-1,當x∈(-∞,0)時，F′(x)<0，當x∈(0,+∞)時，F′(x)>0，所以F(x)在(-∞,0)上單調遞減，在(0,+∞)上單調遞增，所以F(x)≥F(0)=1，故-a≤1，所以a≥-1.

點評：學生幾乎無法找到本題中第(Ⅱ)問要構造的函數，究其根源是無法根據圖形結合單調性對問題進行轉化.直觀想象可以為解題指明方向，但是由于是感性的認知，還是要靠邏輯推理，回歸理性的研究.本題的另一難點在于根據導函數確定拐點左右兩側增長速度的快慢，不過這個由問題也可以反向推出來.這給教學一個啟示，在高三一輪復習中，一定要注意直觀想象素養的培養，它往往決定學生是否可以正確找到解題的突破口.

三、善用直觀想象，剖析導數壓軸題

(Ⅰ)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍；

點評：涉及極值問題，與導函數的變號零點有關，問題轉化為研究導函數的零點情況，需要了解導函數的單調性，由于中學階段沒有介紹二階導數，所以通常的做法是將一階導數記成一個新的函數，然后再研究這個函數的單調性.本題通過極值得到一個方程，此方程不可解，但可利用此方程實現消參的目的，極小值轉變為單變元問題，本題巧妙的利用不等式放縮，將要證的問題簡化.

類題演練3.(2020廣東省二模)已知函數f(x)=aex-ex-a(a

(Ⅰ)若函數f(x)的極小值為-1，求a的值；

(Ⅱ)若a=1，證明：當x≥0時，f(x)+2x-xln(x+1)≥0成立.

考情及思路分析：(Ⅰ)a=1，過程略.從學生解答情況來看，有以下幾個問題，問題一：沒有分類討論極值是否存在；問題二：沒有證明elna-a+1=0的解只能是1，沒有證明完備性.

(Ⅱ)當x≥0時，要證明ex+(2-e)x-1-xln(x+1)≥0②.因為式子②中有兩個超越函數，考慮放縮掉其中一個，如果放縮掉y=ln(x+1)，則借助其圖象，容易想到利用此函數在原點的切線進行放縮，即得到ln(x+1)≤x，然后原不等式②轉變為研究ex-x2+(2-e)x-1≥0.令g(x)=ex-x2+(2-e)x-1,x≥0，所以g′(x)=ex-2x+2-e，令h(x)=g′(x)=ex-2x+2-e(x≥0) ,所以h′(x)=ex-2，當x∈[0,ln2)時，h(x)單調遞減，x∈[ln2,+∞)時，h(x)單調遞增.所以當x=ln2時，h(x)取得最小值,h(ln2)=4-2ln2-e<0.又h(0)=3-e>0,h(1)=0，所以存在x0∈(0,ln2)使得h(x0)=0.所以g(x)在[0,x0)單調遞增，在(x0,1)單調遞減，在[1,+∞)單調遞增.又g(0)=g(1)=0,所以g(x)min=0,g(x) ≥g(x)min=0,即f(x)+2x-xln(x+1) ≥0.

點評：本題第(Ⅱ)問第一個難點在起步的切線放縮，第二個難點在對g(x)單調區間的討論，由于零點不可顯性求解出來，只能根據零點存在性定理，確定其所在的范圍，結合幾個特殊位置的值來確定函數圖象的大致形態.

四、結語