朱小扣 藍(lán)云波

摘 要：導(dǎo)數(shù)是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容和考點(diǎn)，由于導(dǎo)數(shù)題的綜合度高，命題靈活，運(yùn)用高等數(shù)學(xué)知識去解導(dǎo)數(shù)題成為很多考生選擇的方法但運(yùn)用高等數(shù)學(xué)必須且行且謹(jǐn)慎，使用時(shí)不可盲目本文舉例分析幾類常見誤區(qū).

關(guān)鍵詞：高考；導(dǎo)數(shù)；高數(shù)；誤區(qū)

作者簡介：朱小扣 （1986-），男，安徽無為人，本科，中學(xué)一級教師，研究方向：中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

藍(lán)云波（1981-） ，男，廣東省興寧人，本科，中學(xué)一級教師，研究方向：中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

一、知識點(diǎn)梳理

1兩個(gè)常用的放縮不等式

（1）指數(shù)放縮：ex≥x+1，x∈R，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號成立；

（2）對數(shù)放縮：lnx≤x-1，x∈（0，+∞），當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號成立.

2洛必達(dá)法則

設(shè)函數(shù)f（x）和g（x）在點(diǎn)a的某個(gè)去心鄰域內(nèi)有定義且可導(dǎo)，且滿足：g′（x）≠0，limx→af（x）=0，limx→ag（x）=0，則有l(wèi)imx→af（x）g（x）=limx→af ′（x）g′（x）=A（其中A為常數(shù)，或?yàn)椤蓿?/p>

（注：當(dāng) limx→af（x）=∞且limx→ag（x）=∞時(shí)，洛必達(dá)法則仍然成立）

3拉格朗日中值定理

若f（x）在[a，b]上連續(xù)，在（a，b）上可導(dǎo)，則存在ξ∈（a，b），使f ′（ξ）=f（b）-f（a）b-a.

4羅爾定理

如果函數(shù) f（x）滿足以下條件：（1）在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)；（2）在開區(qū)間 （a，b）內(nèi)可導(dǎo)；（3）f（a）=f（b），則至少存在一個(gè)ξ∈（a，b），使得f ′（ξ）=0.

二、誤區(qū)揭示

1常用不等式放縮的運(yùn)用誤區(qū)

例1 （2010年湖北卷理21題）已知函數(shù)f（x）=ax+1x+c（a>0）的圖像在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y=x-1.

（1）用a表示出b，c；

（2）若f（x）≥lnx在1，+∞上恒成立，求a的取值范圍.

錯(cuò)解 （1）b=a-1，c=1-2a.

（2）由題意可知，a≥xlnx-x+1（x-1）2（x>1），而xlnx-x+1（x-1）2

故a≥1.

錯(cuò)解分析 直接利用lnx1）放縮，會使得范圍改變（擴(kuò)大或縮?。┳鲱愃祁}時(shí)，必須考慮什么時(shí)候取“等號”實(shí)際上本題是x=1時(shí)，但x=1時(shí)，原式是00型的，必須用洛必達(dá)法則去考查.

正解 （1）b=a-1，c=1-2a.

（2）由題意可知，a≥xlnx-x+1（x-1）2（x>1）.

由limx→1xlnx-x+1（x-1）2=limx→1lnx2（x-1）=limx→11x2=12.

故可猜測當(dāng)x>1時(shí)，xlnx-x+1（x-1）2<12.

只需證當(dāng)x>1時(shí)，12（x-1）2-xlnx+x-1>0.

令h（x）=12（x-1）2-xlnx+x-1（x>1），

則h′（x）=（x-1）-lnx>0所以h（x）在x∈（1，+∞）單調(diào)遞增，即h（x）>h（1）=0.

故當(dāng)x>1時(shí)，xlnx-x+1（x-1）2<12恒成立，故a≥12.

2拉格朗日中值定理運(yùn)用的誤區(qū)

例2 （2014年陜西卷文21題）設(shè)f（x）=lnx+mx（m∈R）.

（1），（2）題略；

（3）若對任意的b>a>0，f（b）-f（a）b-a<1恒成立，求m的范圍.

錯(cuò)解 由拉格朗日中指定理可得：x∈（a，b），使得f ′（x）=f（b）-f（a）b-a.

故f ′（x）<1在（0，+∞）上恒成立，所以1x-mx2<1（x>0）.

m>-x2+x=-x-122+14故m>14.

錯(cuò)解分析 忽略了極限的保號性，導(dǎo)致錯(cuò)誤，極限的保號性：當(dāng)x>0時(shí)，1x>0 但limx→+∞1x=0，也即極限不僅可以大于0，有時(shí)也可以取等號.

正解 由拉格朗日中指定理可得：x∈（a，b），使得f ′（x）=f（b）-f（a）b-a可以驗(yàn)證并由保號性得到：f ′（x）≤1在（0，+∞）上恒成立

所以1x-mx2≤1（x>0）.

所以m≥-x2+x=-x-122+14

故m≥14.

3羅爾定理的運(yùn)用誤區(qū)

例3 （2014年四川卷理21題）已知函數(shù)f（x）=ex-a·x2-b·x-1，其中a，b∈R，e=271828…為自然對數(shù)的底數(shù).

（1）設(shè)g（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，求函數(shù)g（x）在區(qū)間0，1上的最小值；

（2）若f（1）=0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有零點(diǎn)，求a的取值范圍.

錯(cuò)解 （2）因?yàn)閒（x）=ex-ax2-bx-1， 所以g（x）=f ′（x）=ex-2ax-b又g′（x）=ex-2a，由f（1）=0，可知e-a-b-1=0，所以b=e-a-1.

設(shè)x0是f（x）的零點(diǎn)且x0∈（0，1），則f（0）=f（x0）=f（1）=0，兩次運(yùn)用羅爾定理得：

x1∈（0，x0），f ′（x1）=0，x2∈（x0，1），f ′（x2）=0，

所以f ′（x）=0在（0，1）上有兩個(gè)不同的解.

所以f ′′（x）=0在（0，1）上有解.

即g′（x）=0在（0，1）上有解.

所以g′（0）g′（1）<0所以（1-2a）（e-2a）<0解得12

綜上，a的取值范圍為（12，e2）.

錯(cuò)解分析 過多地運(yùn)用了羅爾定理（兩次），使得變量的范圍改變（擴(kuò)大或縮?。?，化歸方法不當(dāng)，羅爾定理只能用一次.

正解 （2）因?yàn)閒（x）=ex-ax2-bx-1 ，所以g（x）=f ′（x）=ex-2ax-b又g′（x）=ex-2a.

由f（1）=0，所以e-a-b-1=0，即b=e-a-1.

設(shè)x0是f（x）的零點(diǎn)且x0∈（0，1），則f（0）=f（x0）=f（1）=0，由羅爾定理得：

x1∈（0，x0），f ′（x1）=0，x2∈（x0，1），f ′（x2）=0，

所以f ′（x）=0在（0，1）上有兩個(gè)不同的解.

即g（x）=0在（0，1）上有兩個(gè)不同解.

易知當(dāng)a≤12或a≥e2時(shí)，函數(shù)g（x）即f ′（x）在區(qū)間[0，1]上單調(diào)，則f ′（x）=0在（0，1）上不可能有兩個(gè)不同的解.

若12

令h（x）=32x-xlnx-e-1（1

則h′（x）=12-lnx.

由h′（x）=12-lnx>0，解得x

所以h（x）在區(qū)間（1，e）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（e，e）上單調(diào)遞減.

所以hmax（x）=h（e）=32e-elne-e-1=e-e-1<0即gmin（x）<0恒成立.

于是，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)至少有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，所以g（0）=2-e+a>0，g（1）=-a+1>0，解得a>e-2，a<1

又12

綜上，a的取值范圍為（e-2，1）.

總結(jié) 以上列舉了運(yùn)用高數(shù)解高考題常見的幾大誤區(qū)，除此之外還有諸如：增函數(shù)f ′（x）≥0成立，反之不成立極值是導(dǎo)數(shù)為0的關(guān)系是既不充分也不必要條件等.總之，數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)就是一個(gè)去偽存真的過程正如數(shù)學(xué)家波利亞說過：“錯(cuò)誤中往往孕育著比正確更豐富的發(fā)現(xiàn)和創(chuàng)造因素，發(fā)現(xiàn)的方法就是試錯(cuò)的方法”學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的真諦不是對與錯(cuò)，而是能靈活運(yùn)用（文2）.

參考文獻(xiàn)：

[1]藍(lán)云波，朱小扣活躍在競賽中的導(dǎo)數(shù)問題[J]數(shù)學(xué)通訊，2017（09）.

[2]朱小扣探究高中數(shù)學(xué)命題的原則[J]中學(xué)數(shù)學(xué)研究，2017（11）.