各种构造解导数压轴题

2025-01-30

各种构造解导数压轴题（精选2篇）

1.各种构造解导数压轴题篇一

高考数学导数压轴题7大题型总结

目前虽然全国高考使用试卷有所差异，但高考压轴题目题型基本都是一致的，几乎没有差异，如果有差异只能是难度上的差异，高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。

导数解答题是高考数学必考题目，然而学生由于缺乏方法，同时认识上的错误，绝大多数同学会选择完全放弃，我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分的夸大。掌握导数的解体方法和套路，对于基础差的同学不说得满分，但也不至于一分不得。为了帮助大家复习，今天就总结倒数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题。1导数单调性、极值、最值的直接应用

交点与根的分布

3不等式证明

（一）做差证明不等式

（二）变形构造函数证明不等式

（三）替换构造不等式证明不等式

不等式恒成立求字母范围

（一）恒成立之最值的直接应用

（二）恒成立之分离参数

（三）恒成立之讨论字母范围

5函数与导数性质的综合运用

6导数应用题

7导数结合三角函数

2.各种构造解导数压轴题篇二

在复习函数与导数时, 笔者给学生做了一道大市调研试卷的压轴题, 效果不是特别理想, 很多学生做对第1问, 第2问就无从下手或半途而废了.在解导数综合题时, 方法是否得当, 常常是问题能否顺利解决的关键所在.在解题时学生一般从条件出发, 观察试验, 向前推进, 但经常是阻碍重重, 失去方向, 只能望题兴叹.如何进行有效的引导, 教会学生突破导数的压轴题呢?笔者在教学中发现, 应在方法的突破和细节的处理上下功夫.以下笔者摘录教学片段和大家共同探讨.

例题 (2009年南京市高考模拟试题) 已知定义在实数集R上的偶函数f (x) 的最小值为3, 且当x≥0时, f (x) =3ex+a (a为常数) .

(Ⅰ) 求函数f (x) 的解析式;

(Ⅱ) 求最大的整数m (m>1) , 使得存在实数t, 对任意的x∈[1, m], 都有f (x+t) ≤3ex.

本题难度接近高考, 考查的是函数与导数中的典型方法和基本技能, 第1问较简单, 第2问和不等式结合且字母较多, 再加上“存在”和“任意”的表述, 难度较大.如何突破, 教学过程如下.

2教学片段

2.1经历了思维的困境, 对方法进行反思

教师出示问题, 请同学快速做答, 因为第1问较容易, 学生很快完成, 但第2问明显卡壳, 推进缓慢, 教师巡视.

师: (15分钟后) 大部分同学都有了自己的想法, 但能成功解决的并不多, 现在请大家谈谈自己的想法和做法.

生1:第1问我很快得出结果, 过程如下:

因为y=ex是增函数, 所以当x≥0时, f (x) 也是增函数.

又因为f (x) 是偶函数, 所以

f (x) min=f (0) =3+a,

又f (x) 最小值是3, 故3+a=3, a=0.

当x<0时, 因为-x>0, 所以

f (x) =f (-x) =3e-x.

综上知,

师:很好, 即使是压轴题, 第1问我们都应该能很好地解决的.那第2问呢?

生2:第2问我尝试特殊化, 将端点代入f (1+t) ≤3e得到一些不等关系, 过程如下:

因为x∈[1, m]时, 有f (x+t) ≤3ex, 故

f (1+t) ≤3e.

当1+t≥0时, 3e1+t≤3e, e1+t≤e, 1+t≤1, -1≤t≤0;

当1+t<0时, 同理可得, -2≤t<-1.

从而-2≤t≤0.

同样地, 由f (m+t) ≤3em及m≥2, 得

$e^{t} \leq \frac{e m}{e^{m}} .$

由t的存在性知, 上述关于t的不等式在区间[-2, 0]上必有解.

到这里我就不知道怎么解了.

师:巡视过程中我发现很多同学用这种方法, 都是取两个端点代入, 但大部分同学都和生2一样无法继续突破, 那么就用这种方法, 如何有效突破难点呢?请大家继续思考!

2.2解法突破的过程

2.2.1导数开路, 零点帮忙, 巧渡难关

过了10分钟, 有同学举手.

生3:我也是用生2的方法, 得到关于t的不等式 $e^{t} \leq \frac{e m}{e^{m}}$ 在区间[-2, 0]上必有解.

因为et在区间[-2, 0]上的最小值为e-2, 所以 $e^{- 2} \leq \frac{e m}{e^{m}}$ , 即

em-e3×m≤0. (1)

令g (x) =ex-e3x, x∈[2, +∞) , 则g′ (x) =ex-e3, 由g′ (x) =0, 得x=3.

当2≤x<3时, g′ (x) <0, g (x) 是减函数;

当x>3时, g′ (x) >0, g (x) 是增函数.

故g (x) 的最小值是g (3) =-2e3<0.

又g (2) =-e2 (1-2e) <0,

g (4) =e3 (e-4) <0,

而 g (5) =e3 (e2-5) >0.

由此可见, 方程g (x) =0在区间[2, +∞) 上有唯一解m0∈ (4, 5) , 且

当2≤x≤m0时, g (x) ≤0;

当x>m0时, g (x) >0.

即在x∈[2, +∞) 时满足不等式 (1) 的最大实数解是m0.

而当t=-2, x∈[1, m0]时,

f (x-2) -3ex=3e (e|x-2|-1-x) .

在x∈[1, 2]时, 因为e|x-2|-1=e1-x≤1, 所以f (x-2) -3ex≤0;

在x∈ (2, m0]时,

$\begin{array}{l} f (x - 2) - 3 e x = 3 e (e^{x - 3} - x) \\ = \frac{3}{e^{2}} (e^{x} - e^{3} x) = \frac{3}{e^{2}} \times g (x) \leq 0 . \end{array}$

综上所述, m的最大整数值是4.

师:很好!生3构造函数, 然后利用导数求最值, 结合零点定理逐步缩小并确定m的值.这种突破的方法在函数与导数的综合题中经常用到, 希望同学们能熟练掌握!

2.2.2先猜后证, 正反结合, 旗开得胜

生4:我感觉整数m的值不会太大, 所以我通过特殊值先猜出m的值为4, 再进行证明, 非常高兴我成功了!过程如下:

满足条件的最大整数m为4.

先证m=4符合题意.

取t=-2, 当x∈[1, 2]时, 因为f (x-2) =3e|x-2|=3e2-x≤3e, 3ex≥3e, 所以

f (x-2) ≥3ex;

当x∈ (2, 4]时,

$\begin{array}{l} f (x + t) - 3 e x = f (x - 2) - 3 e x \\ = 3 e (e^{x - 3} - x) = \frac{3}{e^{2}} (e^{x} - e^{3} x) . \end{array}$

令g (x) =ex-e3x, 则g′ (x) =ex-e3.

由g′ (x) =0, 得x=3.

当2≤x<3时, g′ (x) <0, g (x) 是减函数;

当3<x≤4时, g′ (x) >0, g (x) 是增函数.

故g (x) 的最大值是g (2) 和g (4) 中的较大者.

因为g (2) =-e2 (1-2e) <0, g (4) =e3 (e-4) <0, 故g (x) <0.

即当x∈ (2, 4]时, f (x+t) -3ex<0.

再证m≥5时不符合题意.

因为不等式f (x+t) ≤3ex对x=1成立, 所以必有t∈[-2, 0].因为

f (5+t) -15e=3e (e4·et-5)

≥3e (e4·e-2-5) >0,

所以f (5+t) >15e.这说明x=5时f (x+t) ≤3ex不成立.

综上所述, m的最大整数值是4.

师:生4的成功告诉我们不是每道题都是顺题而解, 有时我们可以先猜后证, 这样我们相当于先得到结果, 占据了主动, 目标就十分明确, 更加有信心完全解决问题.对于一些较难问题, 这种突破方法屡见不鲜, 应加以足够的重视!

2.2.3恒等变形, 变量分离, 出奇制胜

生5:我通过变形转化为非常基本的问题, 更加简捷易懂.

由 (Ⅰ) 得到

$f (x) = {\begin{cases} 3 e^{x} ‚ x \geq 0 ‚ \\ 3 e^{- x} ‚ x ＜ 0 ‚ \end{cases}$

我想这不就是绝对值函数吗, 得到f (x) =3e|x|.代入f (x+t) ≤3ex, 得到3e|x+t|≤3ex, 由题3e|x+t|≤3ex对x∈[1, m]恒成立, 即

|x+t|≤1+ln x,

-1+ln x≤x+t≤1+ln x,

-1-ln x-x≤t≤1+ln x-x.

令g (x) =-1-ln x-x, 则

$\begin{array}{l} g^{'} (x) = - \frac{1}{x} - 1 ＜ 0 ‚ \\ g (x)_{\max} = g (1) = - 2 ； \end{array}$

令h (x) =1+ln x-x, 则

$\begin{array}{l} h^{'} (x) = \frac{1}{x} - 1 \leq 0 ‚ \\ h (x)_{\min} = h (m) = 1 + \ln m - m . \end{array}$

要使t存在, 只要-2≤1+ln m-m, 即

ln m-m+3≥0.

令k (m) =ln m-m+3, 则

$k^{'} (m) = \frac{1}{m} - 1 \leq 0 .$

所以k (m) 在 (1, +∞) 上为单调减函数, 且

k (3) =ln 3>0,

k (4) =ln 4-1>0,

k (5) =ln 5-2<0.

所以满足条件的最大整数m的值为4.

师:十分精彩!生5的做法简捷明了, 既避免了分类讨论, 又将这一较难问题转化成十分基本的问题.关注细节的变化, 威力往往是巨大的, 难点的突破显得那么自然, 那么通俗易懂, 这是我们突破难点的非常高的境界.

3教后反思

面对具体问题, 特别是压轴题, 学生本身潜意识就有一点恐惧的心理, 教师要灵活选择教学方式, 舍得在课堂上花时间让学生暴露自己的思维过程, 分析其思维受阻原因及对策, 发现不足, 扬长避短.较难问题往往不止一种解法, 高考试卷的压轴题经常有10种左右的解法, 每一种解法都是一个思维的结果, 然而教师往往忽视思维形成的过程, 学生只能作为教师解题的观察者和欣赏者, 并没有切身的体会, 思维能力没有得到真正的提高.教师应引导学生进行解题后的反思, 不仅能有效地帮助学生巩固知识、技能, 而且对提高学生思维品质有特殊功效.

反思的内容主要有:

①解题涉及的知识方法有哪些?它们之间有何联系?解题过程能否简化?解题方法能否优化?哪些步骤上容易发生错误?原因何在?如何防止?

②解题时用了哪些思维方法?解法是如何分析而来的?解法是否具有普遍意义?有何规律?

③解决问题的关键何在?如何进行突破?是否还有其他不同的解法?在找到多种解法的前提下, 哪种方法最优?最合理?其中的道理是什么?

④在解题过程中最初遇到哪些困难?后来又是如何解决的?

相信通过这样的思考, 学生的能力一定会得到很大的提高.

参考文献

[1]陈久贵.数学探究的鲜活资源——一道课本习题的数学探究案例[J].数学通报, 2008, (4) .

[2]张雪松.对生成性教学中两个问题的探讨[J].中国数学教育, 2010, (3) .

[3]汪国华.数学教学的“本原性”[J].中学数学教学参考, 2008, (12) .

【各种构造解导数压轴题】推荐阅读：

导数选填中的构造函数12-18