廖國達(dá)

[摘 要]以一道導(dǎo)數(shù)題為例，在對(duì)解法的探尋與一題多解的基礎(chǔ)上，對(duì)試題進(jìn)行深入挖掘，對(duì)素養(yǎng)導(dǎo)向下的數(shù)學(xué)課堂教學(xué)以及一題多解教學(xué)進(jìn)行探究，指引學(xué)生學(xué)會(huì)對(duì)典型題目進(jìn)行拆分和組合，學(xué)會(huì)從多角度、多方面來分析和解決典型題目，從中概括出基本題型和基本規(guī)律方法.

[關(guān)鍵詞]雙變量;對(duì)數(shù)平均不等;一題多解

[中圖分類號(hào)]? ? G633.6? ? ? ? [文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼]? ? A? ? ? ? [文章編號(hào)]? ? 1674-6058（2021）20-0005-03

近年來，高考題或高考模擬題的綜合題中大多數(shù)都含有求參數(shù)范圍或含參證明的內(nèi)容.本文以一道導(dǎo)數(shù)題為例，在對(duì)解法的探尋與一題多解的基礎(chǔ)上，對(duì)試題進(jìn)行深入挖掘，并對(duì)素養(yǎng)導(dǎo)向下的數(shù)學(xué)課堂教學(xué)以及一題多解教學(xué)進(jìn)行探究.本文所選題目是經(jīng)命題教師精雕細(xì)琢、耐心打磨而來的原創(chuàng)題，很有創(chuàng)新性，解題方法靈活多變，值得我們認(rèn)真研究.

一、試題呈現(xiàn)

已知函數(shù)[f（x）=ln x-kx2（k∈R）].

（1）討論[f（x）]的單調(diào)性;

（2）若[f（x）]有兩個(gè)零點(diǎn)[x1]，[x2]，求k的范圍，并證明[x1+x2>2-2k].

二、試題分析

本題條件簡潔大氣，具備高三理科數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)考試壓軸題的典型氣質(zhì)，第（1）問是簡單含參討論函數(shù)的單調(diào)性問題，難度不大，而第（2）問已知函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，確定參數(shù)范圍，并證明含參不等式，入手容易，但到了關(guān)鍵步驟卻很難進(jìn)行下去.這兩類問題都是近年來的高考熱點(diǎn)，充分考查數(shù)形結(jié)合、分類討論、函數(shù)與方程以及等價(jià)轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想.

三、解題方法

1.定導(dǎo)分綜

通過“定導(dǎo)分綜”四字口訣分析解答第（1）問，“定”指的是定義域，“導(dǎo)”是對(duì)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)運(yùn)算，“分”是分類討論，“綜”是指總結(jié)答案回應(yīng)題目.

解：（1）因?yàn)閇f（x）=ln x-kx2]，函數(shù)[fx]的定義域?yàn)閇0，+∞]，

所以[f（x）=1x+2kx3=x2+2kx3]，[x>0].當(dāng)[k≥0]時(shí)，[fx>0]，所以函數(shù)[f（x）]在[0，+∞]上單調(diào)遞增;當(dāng)[k<0]時(shí)，由[f（x）=0]，得[x=-2k]（負(fù)根舍去），當(dāng)[x∈0，-2k]時(shí)，[fx<0]，當(dāng)[x∈-2k，+∞]時(shí)，[fx>0]，所以函數(shù)[fx]在[0，-2k]上單調(diào)遞減，在[-2k，+∞]上單調(diào)遞增.

綜上所述，當(dāng)[k≥0]時(shí)，函數(shù)[f（x）]在[0，+∞]上單調(diào)遞增;當(dāng)[k<0]時(shí)，函數(shù)[f（x）]在[0，-2k]上單調(diào)遞減，在[-2k，+∞]上單調(diào)遞增.

2.零點(diǎn)存在性定理

求[k]的取值范圍，實(shí)質(zhì)就是對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類，把零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為在區(qū)間上有零點(diǎn)，然后在每個(gè)區(qū)間上，采用零點(diǎn)存在性定理進(jìn)行證明.

解：由（1）知，當(dāng)[k≥0]時(shí)，[f（x）]在[0，+∞]上單調(diào)遞增，不可能有兩個(gè)零點(diǎn)，不滿足條件;當(dāng)[k<0]時(shí)，函數(shù)[f（x）]在[0，-2k]上單調(diào)遞減，在[-2k，+∞]上單調(diào)遞增，

所以[f（x）min=f-2k=ln-2k+12]，要使函數(shù)[f（x）]有兩個(gè)零點(diǎn)，

首先[f（x）min=ln-2k+12<0]，解得[-12e0]，

下面證明[f-2k=ln-2k-14k>0].設(shè)[gk=ln-2k-14k]，則[gk=1k+14k2=4k+14k2].因?yàn)閇k>-12e]，所以[gk=1k+14k2=4k+14k2>-2e+14k2>0].

所以[gk]在[-12e， 0]上單調(diào)遞增，所以[f-2k=][ gk>g-12e=ln1e+e2>0].

也可以這樣說明，因?yàn)楫?dāng)[x→0+]時(shí)， [fx→+∞]，且[f1=-k>0]，

所以[k]的取值范圍是[-12e， 0].

3.分離參數(shù)

利用分離參數(shù)的方法可以將復(fù)雜的問題轉(zhuǎn)化為簡單的求值問題，但這需要我們掌握一些簡單的極限知識(shí).

解：由[f（x）=ln x-kx2=0]，得到[k=x2ln x].設(shè)[gx=x2ln x]，則

[gx=x2ln x+1].當(dāng)[0e-12]時(shí)，[gx>0]，

所以函數(shù)[gx]在[0， e-12]上單調(diào)遞減，在[e-12，+∞]上單調(diào)遞增.

所以由[gxmin=][ge-12=-12e].因?yàn)閇x→0+]時(shí)，[gx→0]，且[g1=0]，

要使函數(shù)[f（x）]有兩個(gè)零點(diǎn)，必有[-12e

4.破譯雙變量

破譯雙變量的方法是：根據(jù)條件，尋找目標(biāo)函數(shù).一般思路為利用條件將求和問題轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)項(xiàng)之間的大小關(guān)系，或利用放縮、等量代換將多元函數(shù)轉(zhuǎn)化為一元函數(shù).

【方法1】因?yàn)閇x1]，[x2]是函數(shù)[f（x）]的兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)[x11].

所以[ln x1-kx21=0，ln x2-kx22=0，]即[ln x2-ln x1=kx22-kx21?ln t=kt2x21-kx21?x21=kln t1t2-1]，[-12e1].要證[x1+x2>2-2k?x1+x22>-8k?x211+t2>-8k]，

即證[kln? t1t2-11+t2>-8k].因?yàn)閇-12e

或證[8ln t+1t2-11+t2<0t>1].

設(shè)[h（t）=8ln t+1t2-11+t2]，[t>1].

即[h（t）=8ln t-t2-2t+2t+1t2]，[t>1].

[所以h（t）=8t-2t-2-2t2-2t3= ][-2t2-12-2tt-12t3<0].

[用其他方法判斷[ht<0]均可，如令分子為[ut]，通過多次求導(dǎo)判斷.]

所以[h（t）]在[1，+∞]上單調(diào)遞減，[h（t）=8ln t+1t2-11+t21]，

所以[x1+x2>2-2k].

【方法2】因?yàn)閇x1]，[x2]是函數(shù)[f（x）]的兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)[x11].

所以[ln x1-kx21=0，ln x2-kx22=0，]即[ln x2-ln x1=kx22-kx21]，所以[ln t=kt2x21-kx21]，

即[x12=kln t1t2-1]，[-12e1].

要證[x1+x2>2-2k?x1x2>-2k?tx21>-2k]，即證[t×kln t1t2-1>-2k].因?yàn)閇-12e2ln? tt>1].設(shè)[h（t）=2ln t-t+1t]，

則[h（t）=2t-1-1t2=-t-12t2<0]，[t>1]，所以[h（t）]在[1，+∞]上單調(diào)遞減，所以[h（t）=2ln t-t+1t2-2k].

【方法3】因?yàn)閇x1]，[x2]是函數(shù)[f（x）]的兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)[x11].

所以[ln x1-kx21=0，ln x2-kx22=0，]即[ln x1+ln x2=kx21+kx22?x1+x2>2-2k?x1x2>-2k]

只需證[ln x1+ln x2>ln-2k?kx21+kx22>ln-2k?kx21+ktx21>ln-2k].

即證[k1+1t21x21>ln-2k].因?yàn)閇01-2k].

所以[k1+1t21x21>k1+1t2×1-2k=-121+1t2>-121+1=-1].

而[ln-2kln-2k]成立，所以[x1+x2>2-2k].

【方法4】因?yàn)閇x1]，[x2]是函數(shù)[f（x）]的兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)[x11].

由已知得[ln x1-kx21=0，ln x2-kx22=0，]即[ln x2-ln x1=kx22-kx21].先證明[ln x2-ln x1x2-x1<1x1x2]，即證明[ln t1]. 設(shè)[ht=t-1t-ln t]，則[ht=t-122tt>0].

所以[ht]在[1，+∞]上單調(diào)遞增，所以[ht>h1=0]，所證不等式成立，所以有[ln x2-ln x1x2-x1=-kx1+x2x21x22<1x1x2].即[-kx1+x2-8k]，所以[x1+x2>2-2k].

5.極值偏移

運(yùn)用判定定理判定極值點(diǎn)偏移的方法：

方法概述：（1）求出函數(shù)[f（x）]的極值點(diǎn)[x0];（2）構(gòu)造一元差函數(shù)[F（x）=f（x0+x）-f（x0-x）];（3）確定函數(shù)[F（x）]的單調(diào)性;（4）結(jié)合[F（0）=0]，判斷[F（x）]的符號(hào)，從而確定[f（x0+x）]、[ f（x0-x）]的大小關(guān)系.

口訣：極值偏離對(duì)稱軸，構(gòu)造函數(shù)覓行蹤;四個(gè)步驟環(huán)相扣，兩次單調(diào)緊跟隨.

解：要證[x1+x2>2-2k]，其中[x1∈0，-2k]，[x2∈-2k，+∞]，

即證[x2>2-2k-x1].利用函數(shù)[fx]的單調(diào)性，只需證明[fx2>f2-2k-x1].

因?yàn)閇fx2=fx1]，所以只要證明[fx1>f2-2k-x1]，其中[x1∈0，-2k].構(gòu)造函數(shù)[Fx=fx-f2-2k-x]，[x∈0，-2k]，

則[Fx=ln x-kx2-ln2-2k-x+k2-2k-x2].

因?yàn)閇Fx=1x+2kx3+12-2k-x+2k2-2k-x3]

[=2-2kx2-2k-x+4k-2k2-2k-x2-x2-2k-x+x2x32-2k-x3][<2-2kx2-2k-x+4k-2kx22-2k-x2=-2-2kx--2k2x22-2k-x2<0]（利用均值不等式）

所以[Fx]在[0，-2k]上單調(diào)遞減.

所以[Fx>F-2k=ln-2k+12-ln-2k-12=0]，所以[fx>f2-2k-x]在[0，-2k]上恒成立，

所以要證的不等式[x1+x2>2-2k]成立.

6.對(duì)數(shù)平均

解：現(xiàn)給出對(duì)數(shù)平均不等式：[ln a-ln ba-b<1ab（a>0 ， b>0， a≠b）].先證明對(duì)數(shù)平均不等式，不妨設(shè)[01]，則只需證：[ln t1）]，設(shè)[h（t）=t-1t-ln t（t>1）]，則[h'（t）=（t-1）22tt>0]，所以[h（t）]得[h（x）]在[（1，+∞）]上遞增，所以[h（t）>h（1）=0，]所以[ln a-ln ba-b<1ab（a>0， b>0， a≠b）]，依題意有：[ln x21=2kx21]，[ln x22=2kx22]，兩式相減得[ln x21-ln x22x21-x22=-2kx21x22]，又由對(duì)數(shù)平均不等式知[ln x21-ln x22x21-x22<1x1x2]，所以[-2kx21x22<1x1x2]，即[x1x2>-2k，]所以[x1+x2>2x1x2>2-2k]，所以命題成立.

上述各種解法，都是解決函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式相關(guān)綜合問題的通法，每種方法都十分精妙.引發(fā)我們思索的是：每一種解法的思維過程都是自然的，都源于對(duì)問題、對(duì)代數(shù)式結(jié)構(gòu)的聯(lián)想，認(rèn)知函數(shù)圖形性質(zhì)，聯(lián)想相關(guān)的解題策略，無不說明由此及彼的廣泛聯(lián)系是數(shù)學(xué)解題的通用思考方式.

[? ?參? ?考? ?文? ?獻(xiàn)? ?]

[1]? 朱紅巖.極值點(diǎn)偏移的判定方法和運(yùn)用策略[J].中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)參考，2016（7）：27-28+34.

[2]? 白志峰，祁京生.例談處理極值點(diǎn)偏移問題的有效策略[J].高中數(shù)學(xué)教與學(xué)，2020（3）：17-18.

[3]? 羅誠.函數(shù)極值點(diǎn)偏移問題的處理策略[J].上海中學(xué)數(shù)學(xué)，2017（Z2）：8-9+44.

（責(zé)任編輯 陳 昕）