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导数是中学数学的重要内容之一，也是高考考查的重点.主要涉及方程根的讨论问题，函数的最值问题，不等式恒成立问题及不等式证明等，且常以压轴题的形式出现，有较高的难度.解答这些试题的一般方法是分类讨论，但这个分类讨论的过程有时是很复杂的.此时如果能根据不同题目的特点选择恰当的转化策略和方法，就可以使这些非常复杂的导数问题变得简单易解.下面介绍几种常用的非常有效的转化策略.
一、分离参数，避免讨论
例1 f （x）=alnx+x2（a∈R），讨论关于x的方程
f （x）=0在区间[1，e]上根的个数.
分析：由f ′（x）=ax+2x=
a+2x2x知，首先要讨论f ′（x）=0有没有实数根，有实根时实根在区间[1，e]内，还是在区间[1，e]外，然后还要再研究区间端点的函数值，才能确定方程根的个数.如果我们把参数a分离出来，将方程变形为
a=-x2lnx，研究定曲线
y=-x2lnx和动直线
y=-a的交点个数，这样就避免了复杂的分类讨论，使解题过程大大简化.
解：显然
x≠1，从而方程
f （x）=0，
可化为：a=-x2lnx .
设g（x）=-x2lnx
， x∈（1，e]，则
g′（x）=-
2xlnx-x2·1xln2x
=-x（2lnx-1）ln2x.
图1
当x∈（1，e）时，
g′（x）>0，g（x）递增；当
x∈（e，e）时，
g′（x）<0，g（x）递减.又
g（e）=-e2，g（e）=-2e，且当
x→1时，g（x）→-∞.作出
g（x）的图像（如图1），从图像看出：
当a>-2e时， f （x）=0在区间[1，e]上根的个数为0.
当a=-2e或a<-e2时，f （x）=0 在区间
[1，e]上根的个数为1.
当-e2≤a<-2e时， f （x）=0在区间[1，e]上根的个数为2.
二、特值探路，缩小范围
例2 已知函数f （x）=（m-3）x3+9x，若
f （x）在区间[1，2]上的最大值为4，求m的值.
分析：由f ′（x）=3（m-3）x2+9知，首先要考虑
m≥3还是m<3，m<3时还要按极值点
x=33-m在区间
[1，2]上、在左侧，在右侧三种情况讨论.如果注意到对于区间
[1，2]上任意x的值都有
f （x）≤4，则可先取一些特殊的x值代入，就可能将m的范围缩小，从而排除一种或几种情况，使问题简捷地得到解决.许多含参的最值问题、恒成立问题都可以采用这种策略.
解：由题意有
f （1）=m+6≤4
f （2）=8m-6≤4
m≤-2，又
f ′（x）=3（m-3）x2+9=3（m-3）（x2+3m-3），
当m≤-2时，
3m-3∈
[-35，0），
又x∈[1，2]时，x2∈[1，4]，所以x2+
33-m>0.
所以x∈[1，2]时，f ′（x）<0.
所以f （x）
在[1，2]上是减函数，所以f （x）在
[1，2]的最大值为
f （1）=m+6，
所以
m+6=4，所以m=-2.
三、观察图像，另辟蹊径
例3 已知函数f （x）=ex-ln（x+m）
（1）设x=0是f （x）的极值点，求m并讨论f（x）的单调性；
（2）当m≤2时，证明f （x）>0.
分析：这是2013年高考新课标全国卷Ⅱ（理）的压轴题，对于第（2）小题，由m≤2有
f （x）≥ex-ln（x+2），故只要证明
g（x）=ex-ln（x+2）>0.又由
g′（x）=ex-1x+2可证
g′（x）=0有唯一的解x0，且
g（x）在（-2，x0）上单调减，在
（x0，+∞）上单调增，从而只要证
g（x0）>0.这种证法对学生的思维能力和运算能力要求都很高，一般学生无法顺利解答.如果作出函数
y=ex和y=ln（x+2）的图像，则容易看出这两个函数的图像都与直线
y=x+1相切（如图2），从而可以转化为证明两个非常简单的不等式
ex≥x+1及x+1≥ln（x+2）.
图2
解：（1）略；（2）由
m≤2有f （x）≥ex-ln（x+2），所以只要证明
ex-ln（x+2）>0.
设F（x）=ex-（x+1），G（x）=ln（x+2）-（x+1）.
则F′（x）=ex-1，G′（x）=1x+2-1=
-
x+1x+2.
在（-2，0）上，F′（x）<0，在
（0，+∞）上F′（x）>0.
所以F（x）≥F（0）=0，
所以ex≥x+1 （当且仅当x=0取等号）.
又在（-2，-1）上，G′（x）>0，在 （-1，+∞）上
G′（x）<0.
所以G（x）≤G（-1）=0，
所以ln（x+2）≤x+1
（当且仅当x=-1取等号）.
所以ex≥x+1≥ln（x+2），因为等号不同时成立，所以ex>ln（x+2）.
所以当m≤2时，f （x）>0.
四、等价转换，殊途同归
例4 已知函数f （x）=ax3-3x2，
g（x）=f （x）+f ′（x），x∈[0，2]，若
g（x）在x=0处取得最大值，求实数a的取值范围.
分析：由g′（x）=3[ax2+2（a-1）x-2]=0知，需分
a=0和a≠0讨论，当a≠0时可用求根公式求出
g（x）的极值点，然后再求
g（x）最大值.因为这样的过程比较复杂，所以不少同学不得不放弃.如果我们换一个角度思考：注意到g（0）=0，从而这个问题可以等价转换为g（x）≤0对x∈[0，2]都成立，解决这个问题就非常容易了.
解：g（x）=ax3+3（a-1）x2-6x，因为
g（0）=0，所以问题等价于
g（x）≤0对x∈[0，2]都成立.
x=0时不等式
g（x）≤0成立；x∈（0，2]时，不等式
g（x）≤0，即
a≤3x+6x2+3x，
设
h（x）=3x+6x2+3x，则
h′（x）=-3（x+2）2-6（x2+3x）2
<0.
所以h（x）在（0，2]上是减函数，h（x）的最小值为
h（2）=65.
所以a的取值范围是
（-∞，65].
五、逆向思维，巧破难点
例5 已知函数f （x）=ex-1-x-ax2，且对任意
x≥0，不等式f （x）≥0都成立.求a的取值范围.
分析：这是2010年新课标全国卷（理）第21题的第2小题，是全卷的压轴题，需要通过复杂的分类讨论才能解决，有较大的难度.如果用分离参数法求解，又进入了中学生无法解决的死胡同.有没有一种比较简单的方法呢？从结论出发思考：由
f （x）≥0及
f （0）=0
知，只要f （x）的最小值为f （0）≥0即可，从而又只需f （x）单调递增即f ′（x）≥0即可，据此可求出a的范围，然后再考虑其他情况是否成立.
解：
f （x）=ex-x-1-ax2（x≥0），f ′（x）=ex-1-2ax
[f ′（x）]′=ex-2a，
令e0-2a=1-2a≥0a≤12.
当a≤12时，
x≥0时，
[f ′（x）]′=ex-2a≥e0-2a=1-2a≥0.
所以f ′（x）
在[0，+∞）上是增函数， 所以f ′（x）≥f ′（0）=0.
所以f （x）在[0，+∞）上是增函数， 所以f （x）≥f （0）=0.
当a>12时，
2a>1，
f ′（x）在
（0，ln2a）上是减函数，在
（ln2a，+∞）上是增函数，
所以当x∈（0，ln2a）时，f ′（x） （0，ln2a）上是减函数.
所以当x∈（0，ln2a）时，f （x） 综上，a的取值范围是（-∞，12].
以上这些方法对解决近几年高考导数综合题非常有效，有广泛的适用性.加强这方面的训练可以提高我们解决导数综合问题的能力，可以提高思维的深刻性和灵活性.
一、分离参数，避免讨论
例1 f （x）=alnx+x2（a∈R），讨论关于x的方程
f （x）=0在区间[1，e]上根的个数.
分析：由f ′（x）=ax+2x=
a+2x2x知，首先要讨论f ′（x）=0有没有实数根，有实根时实根在区间[1，e]内，还是在区间[1，e]外，然后还要再研究区间端点的函数值，才能确定方程根的个数.如果我们把参数a分离出来，将方程变形为
a=-x2lnx，研究定曲线
y=-x2lnx和动直线
y=-a的交点个数，这样就避免了复杂的分类讨论，使解题过程大大简化.
解：显然
x≠1，从而方程
f （x）=0，
可化为：a=-x2lnx .
设g（x）=-x2lnx
， x∈（1，e]，则
g′（x）=-
2xlnx-x2·1xln2x
=-x（2lnx-1）ln2x.
图1
当x∈（1，e）时，
g′（x）>0，g（x）递增；当
x∈（e，e）时，
g′（x）<0，g（x）递减.又
g（e）=-e2，g（e）=-2e，且当
x→1时，g（x）→-∞.作出
g（x）的图像（如图1），从图像看出：
当a>-2e时， f （x）=0在区间[1，e]上根的个数为0.
当a=-2e或a<-e2时，f （x）=0 在区间
[1，e]上根的个数为1.
当-e2≤a<-2e时， f （x）=0在区间[1，e]上根的个数为2.
二、特值探路，缩小范围
例2 已知函数f （x）=（m-3）x3+9x，若
f （x）在区间[1，2]上的最大值为4，求m的值.
分析：由f ′（x）=3（m-3）x2+9知，首先要考虑
m≥3还是m<3，m<3时还要按极值点
x=33-m在区间
[1，2]上、在左侧，在右侧三种情况讨论.如果注意到对于区间
[1，2]上任意x的值都有
f （x）≤4，则可先取一些特殊的x值代入，就可能将m的范围缩小，从而排除一种或几种情况，使问题简捷地得到解决.许多含参的最值问题、恒成立问题都可以采用这种策略.
解：由题意有
f （1）=m+6≤4
f （2）=8m-6≤4
m≤-2，又
f ′（x）=3（m-3）x2+9=3（m-3）（x2+3m-3），
当m≤-2时，
3m-3∈
[-35，0），
又x∈[1，2]时，x2∈[1，4]，所以x2+
33-m>0.
所以x∈[1，2]时，f ′（x）<0.
所以f （x）
在[1，2]上是减函数，所以f （x）在
[1，2]的最大值为
f （1）=m+6，
所以
m+6=4，所以m=-2.
三、观察图像，另辟蹊径
例3 已知函数f （x）=ex-ln（x+m）
（1）设x=0是f （x）的极值点，求m并讨论f（x）的单调性；
（2）当m≤2时，证明f （x）>0.
分析：这是2013年高考新课标全国卷Ⅱ（理）的压轴题，对于第（2）小题，由m≤2有
f （x）≥ex-ln（x+2），故只要证明
g（x）=ex-ln（x+2）>0.又由
g′（x）=ex-1x+2可证
g′（x）=0有唯一的解x0，且
g（x）在（-2，x0）上单调减，在
（x0，+∞）上单调增，从而只要证
g（x0）>0.这种证法对学生的思维能力和运算能力要求都很高，一般学生无法顺利解答.如果作出函数
y=ex和y=ln（x+2）的图像，则容易看出这两个函数的图像都与直线
y=x+1相切（如图2），从而可以转化为证明两个非常简单的不等式
ex≥x+1及x+1≥ln（x+2）.
图2
解：（1）略；（2）由
m≤2有f （x）≥ex-ln（x+2），所以只要证明
ex-ln（x+2）>0.
设F（x）=ex-（x+1），G（x）=ln（x+2）-（x+1）.
则F′（x）=ex-1，G′（x）=1x+2-1=
-
x+1x+2.
在（-2，0）上，F′（x）<0，在
（0，+∞）上F′（x）>0.
所以F（x）≥F（0）=0，
所以ex≥x+1 （当且仅当x=0取等号）.
又在（-2，-1）上，G′（x）>0，在 （-1，+∞）上
G′（x）<0.
所以G（x）≤G（-1）=0，
所以ln（x+2）≤x+1
（当且仅当x=-1取等号）.
所以ex≥x+1≥ln（x+2），因为等号不同时成立，所以ex>ln（x+2）.
所以当m≤2时，f （x）>0.
四、等价转换，殊途同归
例4 已知函数f （x）=ax3-3x2，
g（x）=f （x）+f ′（x），x∈[0，2]，若
g（x）在x=0处取得最大值，求实数a的取值范围.
分析：由g′（x）=3[ax2+2（a-1）x-2]=0知，需分
a=0和a≠0讨论，当a≠0时可用求根公式求出
g（x）的极值点，然后再求
g（x）最大值.因为这样的过程比较复杂，所以不少同学不得不放弃.如果我们换一个角度思考：注意到g（0）=0，从而这个问题可以等价转换为g（x）≤0对x∈[0，2]都成立，解决这个问题就非常容易了.
解：g（x）=ax3+3（a-1）x2-6x，因为
g（0）=0，所以问题等价于
g（x）≤0对x∈[0，2]都成立.
x=0时不等式
g（x）≤0成立；x∈（0，2]时，不等式
g（x）≤0，即
a≤3x+6x2+3x，
设
h（x）=3x+6x2+3x，则
h′（x）=-3（x+2）2-6（x2+3x）2
<0.
所以h（x）在（0，2]上是减函数，h（x）的最小值为
h（2）=65.
所以a的取值范围是
（-∞，65].
五、逆向思维，巧破难点
例5 已知函数f （x）=ex-1-x-ax2，且对任意
x≥0，不等式f （x）≥0都成立.求a的取值范围.
分析：这是2010年新课标全国卷（理）第21题的第2小题，是全卷的压轴题，需要通过复杂的分类讨论才能解决，有较大的难度.如果用分离参数法求解，又进入了中学生无法解决的死胡同.有没有一种比较简单的方法呢？从结论出发思考：由
f （x）≥0及
f （0）=0
知，只要f （x）的最小值为f （0）≥0即可，从而又只需f （x）单调递增即f ′（x）≥0即可，据此可求出a的范围，然后再考虑其他情况是否成立.
解：
f （x）=ex-x-1-ax2（x≥0），f ′（x）=ex-1-2ax
[f ′（x）]′=ex-2a，
令e0-2a=1-2a≥0a≤12.
当a≤12时，
x≥0时，
[f ′（x）]′=ex-2a≥e0-2a=1-2a≥0.
所以f ′（x）
在[0，+∞）上是增函数， 所以f ′（x）≥f ′（0）=0.
所以f （x）在[0，+∞）上是增函数， 所以f （x）≥f （0）=0.
当a>12时，
2a>1，
f ′（x）在
（0，ln2a）上是减函数，在
（ln2a，+∞）上是增函数，
所以当x∈（0，ln2a）时，f ′（x）
所以当x∈（0，ln2a）时，f （x）
以上这些方法对解决近几年高考导数综合题非常有效，有广泛的适用性.加强这方面的训练可以提高我们解决导数综合问题的能力，可以提高思维的深刻性和灵活性.