本站原创对于导数题很多论文分别从不同的角度进行了研究和对于题型的归纳整理.由于近年内高考试卷压轴问题常常放在导数上,因为函数问题本身带有很强的抽象性,而且经常考查分类讨论的思想,所以学生们会经常出现分类标准选择有问题或者讨论时做不到不重不漏,从而导致最后问题不能顺利解决或者解答不完整. 本文对于部分导数大题运用数形结合思想进行巧妙的大题小解,最大可能的解决学生面临的问题,着力提高学生的解题能力和培养学生的数学思想.
一、性质露于形,巧解靠平移
不妨我们先来看一道典型例题及其参考解答：
例1 已知定义在R上的偶函数f（x）的最小值为1,当x∈[0,+∞）时,f（x）等于aex.
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求最大的整数m（m>1）,使得存在t∈R,只要x∈[1,m],就有f（x+t）≤ex.（注：e为自然对数的底数）
参考解答：（1）易得f（x）等于ex,x≥0,
e-x,x<0,即f（x）=e|x|.
（2）因为任意x∈[1,m],都有f（x+t）≤ex,故f（1+t）≤e且f（m+t）≤em,当1+t≥0时,e1+t≤e,从而1+t≤1, 所以-1≤t≤0；当1+t<0时,e-1-t≤e,从而-（1+t）≤1, 所以-2≤t<-1.
综上-2≤t≤0.因为m≥2,故m+t≥0.
故f（m+t）≤em,得em+t≤em即存在t∈[-2,0],满足et≤emem,所以emem≥{et}min等于e-2,即em-e3m≤0
令g（x）等于ex-e3x,x∈[2,+∞）,则g′（x）等于ex-e3.
当x∈（2,3）时,g′（x）<0,g（x）单调递减；
当x∈（3,+∞）时,g′（x）>0,g（x）单调递增.
又g（3）等于-2e3<0,g（2）<-e3<0,g（4）=e3（e-4）<0,g（5）=e3（e2-4）>0,由此可见,方程g（x）等于0在区间[2,+∞）上有唯一解m0∈（4,5）,且当x∈[2,m0]时g（x）≤0,当x∈[m0,+∞）时g（x）≥0.因为m∈Z,故mmax等于4,此时t等于-2.
下面证明：f（x-2）等于e|x-2|≤ex对任意x∈[1,4]恒成立
①当x∈[1,2]时,即e≤xex.因为x∈[1,2],所以ex≥e,x≥1,所以xex≥e；②当x∈[2,4]时,即ex-2≤ex,等价于{ex-2-ex}max≤0.令h（x）等于ex-2-ex,则h′（x）等于ex-2-e,所以h（x）在（2,3）上递减,在（3,4）上递增,所以hmax等于max{h（2）,h（4）}.而h（2）等于1-2e<0,h（4）=e2-4e<0.
综上所述,f（x-2）≤ex对任意x∈[1,4]恒成立.
小结：本题（2）的参考解答用分类讨论思想,不但过程繁琐,而且最后判断整数m时学生极难得出好的办法,即使是老师想要非常轻松的解决这类问题也是谈何容易.
下面我们先看一道类似的填空题：
例2 已知函数f（x）等于x2+2x+1,若存在实数t,当x∈[1,m]时,f（x+t）≤x恒成立,则实数m的最大值为.
分析 由小题小解的思想,我们不难看出本题是二次函数经过平移后在[1,m]上的恒成立问题.我们作图如下：
将f（x）向右平移t个单位后在[1,m]上保持f（x+t）≤x恒成立,即将图象向右平移如图位置时便不能再往右移了,t最大值由图可知为1.此时显然m的最大值为4.
图1 图2通过这道小题的思想延伸,上述的例1便不再难解答了：
先由（1）可知f（x）等于e|x|不难画出其图象,我们发现与f（x）等于x2+2x+1的图象十分相似,那么两个题目就是同一个思想：通过图象平移我们立刻可以知道,当右移一个单位后最低点在x等于1处时,此时m的值最大,又m为整数,我们代入点由零点存在定理可知m等于4.
反思： 这两道题的相通之处在于将函数的性质显露无疑,稍微一些通过一些平移变化,便能将一道导数的大题运用数形思想轻松的解决了.
这对于学生而言,如果最后一道大题能这样巧解, 不但思路更为清晰, 解题速度提高, 而且学生就不会对解最后一题没有信心, 甚至产生恐惧. 相反会让很多本来就对函数因为抽象、复杂等原因而不敢下手或从未完整解答过最后一题的学生找到了福音.
二、斜率露于形,巧解靠导数
只要我们留意这样的方法还是十分常见的,在《当代中学生》上有这样一道小题：
例3 设F（x）与f（x）都在区间D上有定义,若对于D的任意子区间[u,v],总有[u,v]上的实数p,q,使得不等式f（p）≤F（u）-F（v）u-v≤f（q）成立,则称f（x）是F（x）在区间D上的乙函数.已知F（x）等于x2-3x,那么F（x）的乙函数f（x）等于.
图3分析 利用图象和对F（u）-F（v）u-v的意义进行深入分析,不难发现,割线的斜率必然可以在区间内找到一个某点处的导数与之相等,由于u,v的任意性及p,q的存在性,f（x）不就是F（x）的导函数吗?
引入一些大学的知识只要f（x）连续光滑可导,那么对于任意的u,v,就一定存在t∈[u,v],使得f（t）等于F（u）-F（v）u-v.
在这种思想引领下,我们看一道压轴导数题：
例4 已知函数f（x）等于（a+1）lnx+ax2+1. （1）讨论f（x）的单调性； （2）设a≤-2,证明：x1,x2∈（0,+∞）,|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|.
分析 本题的第二问我们常规方法是考虑去绝对值和将x1,x2代入后构造新函数求解,过程繁复,而且很具技巧,学生很难应付. 如果能巧用上面的结论,由（1）中结论,若x1等于x2显然成立,不妨设0≤x1 下面只要证：a≤-2时,f ′（t）等于f（x1）-f（x2）x1-x2≤-4即可,再有f ′（x）等于a+1x+2ax（x>0, a≤-2）,所以只要证2ax2+4x+a+1≤0.又因为a≤-2,所以Δ等于8（1-a）（2+a）≤0显然成立,即命题得证. 结论：虽然本题是个大题,但是如果从数形结合角度去分析和解决可以省去很多讨论的麻烦和构造的困难,即便是在书写过程上有点牵强但是整个思路却更加清晰和流畅了. 温州中学的期末考卷中有这么一道题： 例5 已知函数f（x）满足f（x）等于f ′（1）ex-1-f（0）x+12x2,（1）求f（x）的解析式及单调区间；（2）若f（x）≥12x2+ax+b,求（a+1）b的最大值. 我们先看原题的解答：（1）易得：f（x）的解析式为f（x）等于ex-x+12x2,且单调递增区间为（0,+∞）,单调递减区间为（-∞,0）.（2）f（x）≥12x2+ax+bh（x）等于ex-（a+1）x-b≥0.得h′（x）等于ex-（a+1）.①当a+1<0时,h′（x）>0y等于h（x）在x∈R上单调递增,x→-∞时,h（x）→-∞,与h（x）≥0矛盾；②当a+1等于0时,b≤exb≤0；③当a+1>0时,h′（x）>0x>ln（a+1）,h′（x）<0x 令F（x）等于x2-x2lnx（x>0）,则F′（x）等于x（1-2lnx）,F′（x）>00 分析 题目第二问十分困难,有两个自变量且两个变量间无明显的关系, 解答中还有一个问题无法解释,而且最后的构造更是很难想象图4. 那是不是就说这道题不是道好题了呢?非也,如果揭开面纱,从图形的角度去看这道题,我们不难发现,第二问中可将条件化为ex-（a+1）x-b≥0,此时如果我们将代数的不等式问题转化为几何的图形问题,不难发现,将不等式分离成ex≥（a+1）x+b,左边一个指数函数和右边一个一次函数,这样做可以使得画图更简单.我们画图如图4, 这样我们可以看出必须对斜率进行讨论：（a+1）<0时, 显然不可能；（a+1）=0时,ex≥b恒成立,势必要求b≤0,则（a+1）b=0；（a+1）>0时,若b≤0,则（a+1）b≤0,必然考虑b>0时（a+1）b才会出现最大值,当b>1时显然不符合,当b∈（0,1]时,由图可知（a+1）表示的就是斜率,当取定一个b时,（a+1）b要取最大值,则斜率要最大,即（a+1）x+b与ex相切的时候.不妨设切点为（x0,y0）,用求切线的方法得到a+1等于ex0, y0等于ex0, y0-bx0等于a+1.消去y0得ex0-bx0等于a+1,再消去x0得a+1-bln（a+1）等于a+1,整理得a+1-b等于（a+1）ln（a+1）.所以b等于a+1-（a+1）ln（a+1）.为了求（a+1）b的最大值,所以构造b（a+1）等于（a+1）2-（a+1）2ln（a+1）,接下来的“换元”就变得显而易见了,那么再求导和求最值就不难了. 这样的处理步步为营,使得整个解题过程都非常紧凑, 分类讨论的标准也就不难选择了,最后的换元构造也是很自然了. 本文从三方面进行研究, 如果我们能够跳出单从解析式的角度去解决导数题,而是更多地倾向于运用函数图象,将很多抽象的导数问题转化成形象的图象变换问题,那么就算有些问题还是要分类讨论,此时分类的标准也就明确了,并且减少了遗漏和重复的问题. 利用函数图象性质、转化和数形结合的思想,将复杂的分类讨论和构造问题简化为函数的变换问题, 如此深入浅出的将很多较难的导数题转化为像小题一样求解并运用斜率等多种几何知识,不但丰富了学生的见识及解题能力,也为学生真正迎考时能有一个良好的心态和树立成功的信心起到的很好的作用. 三、函数露于形,巧解靠转动