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摘 要：关于导数问题，近几年辽宁高考每年都在第21题以f（x）=plnx+mx2+nx+c（p，m，n，c∈R）的形式出现，它涉及众多数学知识，求解思路和方法也多种多样．本文从一道高考题出发，试图挖掘其在高中数学教学中的多重价值．
关键词：高考题；证法；推论
考题再现
（2009辽宁）已知函数f（x）=x2-ax+（a-1）lnx，a>1，问题（略）；
（2010辽宁）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+1，问题（略）；
（2011辽宁） 已知函数f（x）=lnx－ax2+（2－a）x，（1）（2）略；（3）若函数y=f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）<0．
纵观辽宁近三年高考理科数学卷最后一题，我们不难发现，它们都可以归纳为：形如f（x）=plnx+mx2+nx+c（p，m，n，c∈R）的导数题型，而对导数问题，近三年又惊人地相似，考查了两方面内容：（1）单调性的讨论；（2）通过构造函数来解决问题． 本文就2011年考题做一些总结和推广，以不变应万变，读者也可就此对辽宁2012高考做一些预测与展望．
一道考题，多种证法
?摇分析：（1）（2）略；（3）证法一：（分析法）由（1）知，当x∈，+∞时，f′（x）<0，即证x0>． 下面给出证明过程，由（1）可得，当a≤0时，函数y=f（x）的图象与x轴至多有一个交点，故a>0，从而f（x）的最大值为f，且f>0． 不妨设A（x1，0），B（x2，0），0f（x1）=0，从而x2>－x1，于是x0=>. 由（1）知，?摇f′（x0）<0。
点评：导数问题一般设置2～3问，前后往往是有关联的，本方法利用（2）中结论，很快找到解题的突破口．
证法二：（构造函数法）不妨设A（x1，0），B（x2，0）且0 f′（x0）=－2ax0+2－a=－a（x1+x2）+2－a．①
又lnx1-ax+（2-a）x=0，lnx2-ax+（2-a）x2=0，
②－③，得=a（x1+x2）+a－2，④
所以f′（x0）=－，⑤
所以（x1－x2）f′（x0）=－（lnx1－lnx2），⑥
所以（x1－x2）f′（x0）=－ln．
令t=∈（0，1），则（x1－x2）f′（x0）=Q（t）=－lnt，所以Q′（t）=－<0，
所以Q（t）单调递减，所以Q′（t）>Q（1）=0． 又x1－x2<0，所以f′（x0）<0．
点评：此法由④式代入①式避开了对a的讨论，对⑤式的处理又体现了化x1，x2为一元的消元思想，进而对Q（t）加以研究．
证法三：（构造函数法）由法二中⑥式可设h（x）=－（lnx1－lnx）（x>x1），所以h′（x）=>0，所以h（x）单调递增． 因为x2>x1，所以h（x2）>h（x1）=0，所以（x1－x2）f′（x0）=h（x2）>0． 因为x1－x2<0，所以f′（x0）<0．
点评：将x2换成x，也体现了消元进而构造函数的思想． 构造函数来解决函数导数问题，已成了经久不衰的话题，也是高考一道亮丽的风景线． 在高三复习中，我们应加以重视与总结．
一道试题，多种推论
推论1：已知函数f（x）=lnx+mx2+nx+c（m，n，c∈R），若f（x）的图象与x轴交于A，B两点，且线段AB中点的横坐标为x0，则f′（x0）<0．
（证略：可仿证法二）
推论2：已知函数f（x）=plnx+mx2+nx+c（p，m，n，c∈R），若f（x）的图象与x轴交于A，B两点，且线段AB中点的横坐标为x0，则：①当p=0时，f′（x0）=0；②当p>0时，f′（x0）<0；③当p<0时，f′（x0）>0．
证明：（仿法二）仿法二中⑥式易得（x1－x2）f′（x0）=－pln．
令t=∈（0，1），所以（x1－x2）f′（x0）=Q（t）=－plnt，
所以Q′（t）=p•．
若p>0，则Q′（t）<0，所以Q（t）单调递减，所以Q（t）>Q（1）=0，所以f′（x）<0，其他情况类似可证．
点评：由推论2可知f′（x）符号只与p的符号有关，从而抓住了问题的本质，由此，可对p，m，n，c任取一值，便可得到一个问题．
推论3：已知函数f（x）=plnx+nx+c（p≠0）（p，n，c∈R），若对于图象上任意不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），则函数图象上必存在点p（x0，y0）（x1 证明：不妨设p>0，
易得kAB=p+n，原问题转化为
证明+n 即证 即证<<，
即证ln－<－1且ln－<－1．
由此可构造函数h（x）=lnx－x，易得h（x）≤－1（当且仅当x=1时，取“=”），
所以原命题得证．
推论4：已知函数f（x）=plnx+mx2+nx+c（p≠0）（p，m，n，c∈R），对于图象上任意不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），函数f（x）图象上不存在点p（x0，y0）（x0=），使得f′（x0）=kAB．
证明：（仿法二）若f′（x0）=kAB，易得kAB=+m（x1+x2）+n=f′（x0）=+m（x1+x2）+n，
所以－=0，
所以ln－=0．
令t=>1，则可转化为Q（t）=lnt+－2=0有解．
因为Q′（t）=>0，所以Q（t）>Q（1）=0，所以不存在．
点评：推论1、2、3都可看做是推论4的特殊情况，如推论2，则是推论4中当A，B为f（x）与x轴两交点时的情况，由推论2，易得f′（x0）≠0=kAB．
由此可见，一方面作为高考压轴题，所涉及的知识面甚广，体现了对学生综合能力的考查，起着拉开生与生之间差距的关键作用；另一方面也对我们教者提出了更高的要求，尤其是在高三复习中，我们要善于串联、归纳和提炼，让学生看穿问题的本质，从而达到融会贯通，以一题而通百题的良好效果．
关键词：高考题；证法；推论
考题再现
（2009辽宁）已知函数f（x）=x2-ax+（a-1）lnx，a>1，问题（略）；
（2010辽宁）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+1，问题（略）；
（2011辽宁） 已知函数f（x）=lnx－ax2+（2－a）x，（1）（2）略；（3）若函数y=f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）<0．
纵观辽宁近三年高考理科数学卷最后一题，我们不难发现，它们都可以归纳为：形如f（x）=plnx+mx2+nx+c（p，m，n，c∈R）的导数题型，而对导数问题，近三年又惊人地相似，考查了两方面内容：（1）单调性的讨论；（2）通过构造函数来解决问题． 本文就2011年考题做一些总结和推广，以不变应万变，读者也可就此对辽宁2012高考做一些预测与展望．
一道考题，多种证法
?摇分析：（1）（2）略；（3）证法一：（分析法）由（1）知，当x∈，+∞时，f′（x）<0，即证x0>． 下面给出证明过程，由（1）可得，当a≤0时，函数y=f（x）的图象与x轴至多有一个交点，故a>0，从而f（x）的最大值为f，且f>0． 不妨设A（x1，0），B（x2，0），0
点评：导数问题一般设置2～3问，前后往往是有关联的，本方法利用（2）中结论，很快找到解题的突破口．
证法二：（构造函数法）不妨设A（x1，0），B（x2，0）且0
又lnx1-ax+（2-a）x=0，lnx2-ax+（2-a）x2=0，
②－③，得=a（x1+x2）+a－2，④
所以f′（x0）=－，⑤
所以（x1－x2）f′（x0）=－（lnx1－lnx2），⑥
所以（x1－x2）f′（x0）=－ln．
令t=∈（0，1），则（x1－x2）f′（x0）=Q（t）=－lnt，所以Q′（t）=－<0，
所以Q（t）单调递减，所以Q′（t）>Q（1）=0． 又x1－x2<0，所以f′（x0）<0．
点评：此法由④式代入①式避开了对a的讨论，对⑤式的处理又体现了化x1，x2为一元的消元思想，进而对Q（t）加以研究．
证法三：（构造函数法）由法二中⑥式可设h（x）=－（lnx1－lnx）（x>x1），所以h′（x）=>0，所以h（x）单调递增． 因为x2>x1，所以h（x2）>h（x1）=0，所以（x1－x2）f′（x0）=h（x2）>0． 因为x1－x2<0，所以f′（x0）<0．
点评：将x2换成x，也体现了消元进而构造函数的思想． 构造函数来解决函数导数问题，已成了经久不衰的话题，也是高考一道亮丽的风景线． 在高三复习中，我们应加以重视与总结．
一道试题，多种推论
推论1：已知函数f（x）=lnx+mx2+nx+c（m，n，c∈R），若f（x）的图象与x轴交于A，B两点，且线段AB中点的横坐标为x0，则f′（x0）<0．
（证略：可仿证法二）
推论2：已知函数f（x）=plnx+mx2+nx+c（p，m，n，c∈R），若f（x）的图象与x轴交于A，B两点，且线段AB中点的横坐标为x0，则：①当p=0时，f′（x0）=0；②当p>0时，f′（x0）<0；③当p<0时，f′（x0）>0．
证明：（仿法二）仿法二中⑥式易得（x1－x2）f′（x0）=－pln．
令t=∈（0，1），所以（x1－x2）f′（x0）=Q（t）=－plnt，
所以Q′（t）=p•．
若p>0，则Q′（t）<0，所以Q（t）单调递减，所以Q（t）>Q（1）=0，所以f′（x）<0，其他情况类似可证．
点评：由推论2可知f′（x）符号只与p的符号有关，从而抓住了问题的本质，由此，可对p，m，n，c任取一值，便可得到一个问题．
推论3：已知函数f（x）=plnx+nx+c（p≠0）（p，n，c∈R），若对于图象上任意不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），则函数图象上必存在点p（x0，y0）（x1
易得kAB=p+n，原问题转化为
证明+n
即证ln－<－1且ln－<－1．
由此可构造函数h（x）=lnx－x，易得h（x）≤－1（当且仅当x=1时，取“=”），
所以原命题得证．
推论4：已知函数f（x）=plnx+mx2+nx+c（p≠0）（p，m，n，c∈R），对于图象上任意不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），函数f（x）图象上不存在点p（x0，y0）（x0=），使得f′（x0）=kAB．
证明：（仿法二）若f′（x0）=kAB，易得kAB=+m（x1+x2）+n=f′（x0）=+m（x1+x2）+n，
所以－=0，
所以ln－=0．
令t=>1，则可转化为Q（t）=lnt+－2=0有解．
因为Q′（t）=>0，所以Q（t）>Q（1）=0，所以不存在．
点评：推论1、2、3都可看做是推论4的特殊情况，如推论2，则是推论4中当A，B为f（x）与x轴两交点时的情况，由推论2，易得f′（x0）≠0=kAB．
由此可见，一方面作为高考压轴题，所涉及的知识面甚广，体现了对学生综合能力的考查，起着拉开生与生之间差距的关键作用；另一方面也对我们教者提出了更高的要求，尤其是在高三复习中，我们要善于串联、归纳和提炼，让学生看穿问题的本质，从而达到融会贯通，以一题而通百题的良好效果．