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(七星關(guān)區(qū)北大附屬實驗學(xué)校,貴州 畢節(jié) 551700)

圖1

1)用x分別表示矩形ABCD、曲邊梯形ABED及矩形ABEF的面積，并用不等式表示它們的大小關(guān)系；

(2018年全國數(shù)學(xué)高考卷Ⅲ理科試題第21題)

本題題型結(jié)構(gòu)新穎，知識覆蓋廣泛，主要以函數(shù)為載體，以導(dǎo)數(shù)為工具，是一道考查學(xué)生識圖、邏輯和分析能力的綜合題.

1)解根據(jù)圖1易知

2)解法1(構(gòu)造函數(shù)法，運用數(shù)形結(jié)合正確判斷導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)是關(guān)鍵，此法好想不好做.)

構(gòu)造函數(shù)φ(x)=(1+x)lnx+2a(1-x)，其中x∈(0,1),則φ(x)<0在(0,1)上恒成立，對函數(shù)φ(x)求導(dǎo)得

再構(gòu)造函數(shù)k(x)=xlnx+(1-2a)x+1，則

k′(x)=lnx+2-2a.

①當(dāng)2-2a<0，即a>1時k′(x)<0，此時y=k(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，且k(1)=2-2a，從而

k(x)>2-2a.

當(dāng)x→0+時，k(x)→1,因此存在x0∈(0,1)，使得k(x)=0，即當(dāng)x∈(0，x0)時，k(x)>0,從而φ′(x)>0,于是y=φ(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0,1)時，k(x)<0,從而φ′(x)<0,于是y=φ(x)在(x0,1)上單調(diào)遞減，又φ(1)=0，當(dāng)x∈(x0,1)時，φ(x)>φ(1)=0,與題意相矛盾，故a>1不符合題意.

②當(dāng)2-2a=0，即a=1時，k′(x)<0，從而y=k(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，于是

k(x)>k(1)=2-2a=0，

即φ′(x)>0,因此y=φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，進而φ(x)<φ(1)=0，滿足題意，故a=1符合題意.

k′(x)

又k′(1)=2-2a>0,則當(dāng)x→0+時，k′(x)→-∞，因此存在x0∈(0,1)，使得k′(x)=0,即

lnx0+2-2a=0,

亦即

lnx0=2a-2.

當(dāng)x∈(0,x0)時，k′(x)<0，從而y=k(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0,1)時，k′(x)>0，從而y=k(x)在(x0,1)上單調(diào)遞增，于是

k(x)min=k(x0)=x0lnx0+(1-2a)x0+1=

x0(2a-2)+(1-2a)x0+1=1-x0>0,

因此φ′(x)>0,即y=φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，進而φ(x)<φ(1)=0,滿足題意，故0

綜上所述，所求a的取值范圍是(0,1].

解法2(構(gòu)造函數(shù)法,函數(shù)的構(gòu)造形式不易想到，此法好做不好想.)

對g(x)求導(dǎo)得

令h(x)=x2+(2-4a)x+1，其判別式

Δ=(2-4a)2-4=16a(a-1).

①當(dāng)Δ≤0，即0

②當(dāng)Δ>0，即a>1時，不難發(fā)現(xiàn)

h(0)=1,h(1)=4(1-a)<0，

從而存在x0∈(0,1)使得h(x)=0，于是當(dāng)x∈(0,x0)時，h(x)>0,即g′(x)>0，y=g(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0,1)時，h(x)<0,即g′(x)<0，y=g(x)在(x0,1)上單調(diào)遞減，從而g(x0)>g(1)=0,與題意相矛盾，故a>1不符合題意.

綜上所述，所求a的取值范圍是(0,1].

解法3(分離參數(shù)法,通稱分離變量法,分離變量后就轉(zhuǎn)化為求函數(shù)定義域和值域問題，此法既好想也好做.)

令t(x)=x2-1-2xlnx，則

t′(x)=2x-2(lnx+1)=2x-2lnx-2.

t′(x)>t′(1)=0，

因此y=t(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，進而

t(x)

即G′(x)<0在(0,1)上恒成立，亦即y=G(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，故G(x)>G(1)在(0,1)上恒成立.

由洛必達法則,得

從而2a≤2,又a>0,于是所求a的取值范圍是(0,1].

3)證法1(構(gòu)造“形似”函數(shù),結(jié)合分析法，通過“要證，只需證”得到等價轉(zhuǎn)化.)

從而

于是

證法2(放縮法,巧用問題中的函數(shù)，簡單放縮.)

從而

于是

故