云南師范大學(xué)實驗中學(xué) 冷天存

昆明市第八中學(xué) 阮媛媛 張婷

1 題目呈現(xiàn)

(1)若f(x)≥0，求a的取值范圍；

(2)證明：若f(x)有兩個零點x1,x2，則x1x2<1.

2 第(1)問解法探究

2.1 思路分析

思維導(dǎo)圖如圖1所示：

圖1

2.2 具體解法

通法1:分離參數(shù).

解：f(x)的定義域為(0,+∞).

令g′(x)=0，得x=1.當x∈(0,1)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當x∈(1,+∞)，g′(x)>0，g(x)遞增.故g(x)min=g(1)=e+1，從而a≤e+1.

所以a的取值范圍為(-∞,e+1].

點評:分離參數(shù)法是求參數(shù)取值范圍的常用方法.

通法2:利用函數(shù)最值.

解：f(x)的定義域為(0,+∞).

令f′(x)=0，得x=1.當x∈(0,1)，f′(x)<0，f(x)遞減；當x∈(1,+∞)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.故f(x)min=f(1)=e+1-a.

若f(x)≥0，則e+1-a≥0，即a≤e+1.

所以a的取值范圍為(-∞,e+1].

點評：求函數(shù)的最值是求參數(shù)取值范圍的常用方法.

通法3：數(shù)形結(jié)合.

圖2

當x∈(0,1)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當x∈(1,+∞)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增.所以g(x)min=g(1)=e.

當x∈(0,1)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當x∈(1,+∞)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減.所以h(x)max=h(1)=-1+a.

由圖2可知，要使f(x)≥0，只需滿足g(1)≥h(1)，即e≥-1+a,故a≤e+1.

故a的取值范圍為(-∞,e+1].

點評：數(shù)形結(jié)合是求參數(shù)取值范圍的常用方法，本題中通法3沒有通法1和通法2簡便，但是在某些題中會很適用.

技巧1：同構(gòu)化簡函數(shù)再求參數(shù)范圍.

令μ=u(x)=x-lnx,則g(μ)=eμ-μ-a.

當x∈(0,1)，u′(x)<0，u(x)單調(diào)遞減；當x∈(1,+∞)，u′(x)>0，u(x)遞增.所以u(x)min=1.

又g′(μ)=eμ-1>0，g(μ)單調(diào)遞增，所以g(μ)min=g(1)=e+1-a,從而f(x)min=e+1-a.

若f(x)≥0，則e+1-a≥0，即a≤e+1.

所以a的取值范圍為(-∞,e+1].

點評:這個方法在第(1)問中相對于通法1、通法2和通法3，在解法上沒有很大優(yōu)勢，但如果第(1)問觀察函數(shù)f(x)的結(jié)構(gòu)，通過構(gòu)造函數(shù)μ=u(x)=x-lnx，可以為第(2)問作鋪墊.

技巧2：利用“指對”不等式放縮后求參數(shù)范圍.

所以a的取值范圍為(-∞,e+1].

點評:此法雖不是求參數(shù)范圍的通法，但是是根據(jù)“指對冪”之間經(jīng)典的放縮變形而來，十分簡潔，筆者以為是解決該題最簡便的方法.

技巧3:必要性探路求參數(shù)范圍.

解：必要性.要使f(x)≥0恒成立，則至少需要f(1)≥0，即e+1-a≥0，解得a≤e+1.

綜上，a的取值范圍為(-∞,e+1].

點評:此法的絕妙之處在于先給出答案.對于恒成立問題，找到端點，先分析必要性得出結(jié)論，再想辦法證明充分性，但是端點是否能找對需要學(xué)生具備“題感”.

3 第(2)問解法探究

3.1 思路分析

思維導(dǎo)圖如圖3所示：

圖3

3.2 具體解法

解法1:構(gòu)造積的對稱函數(shù)——利用導(dǎo)函數(shù)判正負.

由(1)知，當x∈(0,1)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(1,+∞)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.則f(x)min=f(1)=e+1-a.

若f(x)有兩個零點，則e+1-a<0，即a>e+1.

所以r(x)>r(1)=0，即g′(x)>0，g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增，g(x)>g(1)=0.

解法2:構(gòu)造積的對稱函數(shù)——利用雙函數(shù)判正負.

由(1)知，當x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(1,+∞)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.則f(x)min=f(1)=e+1-a.

解法3:先同構(gòu)再構(gòu)造積的對稱函數(shù).

f(x)的定義域為(0,+∞).

當x∈(0,1)，u′(x)<0，u(x)單調(diào)遞減；當x∈(1,+∞)，u′(x)>0，u(x)遞增，所以u(x)min=1.

又函數(shù)y=eμ+μ-a單調(diào)遞增，所以由f(x1)=f(x2)可得u(x1)=u(x2).

點評:在這個方法中要學(xué)會觀察函數(shù)f(x)的結(jié)構(gòu)，通過同構(gòu)函數(shù)u(x)=x-lnx，進而由f(x1)=f(x2)可得u(x1)=u(x2)，此時再構(gòu)造積的對稱函數(shù).在這個方法中由于函數(shù)u(x)的結(jié)構(gòu)比f(x)簡單，所以證明過程也變得簡潔.

解法4:先同構(gòu)再構(gòu)造和的對稱函數(shù).

由解法3可得x1-lnx1=x2-lnx2.

由u(x)的單調(diào)性可設(shè)0

令t=lnx，則et=x.問題可以轉(zhuǎn)化為“當et1-t1=et2-t2，證明t1+t2<0”.

令g(t)=et-t，則g′(t)=et-1，所以g(t)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，在在(-∞,0)上單調(diào)遞減，則g(t)min=g(0)=0.

不妨設(shè)t1<0g(-t2).

令h(t)=g(t)-g(-t),t∈(0,+∞)，則h′(t)=g′(t)-g′(-t)=et-1+(e-t-1)=et+e-t-2>0，所以h(t)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，故h(t)>h(0)=0.

問題得證.

點評:解法4是證明此類問題的常用方法，將構(gòu)造積的對稱函數(shù)轉(zhuǎn)化為構(gòu)造和的對稱函數(shù)，有時會使化簡過程變得簡潔.

解法5:同構(gòu)簡化問題再比值換元.

由解法3可得x1-lnx1=x2-lnx2,移項得

①

不妨設(shè)0

解法6：同構(gòu)簡化問題再差值換元.

由解法3可得x1-lnx1=x2-lnx2,移項得

不妨設(shè)0

解法7:先同構(gòu)再利用對數(shù)均值不等式.

由解法3可得x1-lnx1=x2-lnx2，即

解法8:另一種同構(gòu)簡化問題再構(gòu)造對稱函數(shù).

f(x)的定義域為(0,+∞).

當x∈(0,1)，u′(x)<0，u(x)單調(diào)遞減；當x∈(1,+∞)，u′(x)>0，u(x)遞增.所以umin=e.

所以g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增，g(x)>g(1)=0.

點評:解法8屬于另外一種同構(gòu)，這種同構(gòu)方式也適用于解法5、解法6、解法7的解題思想.讀者可以自行嘗試，本道題還可以再有三種解法.

4 總結(jié)

對于本題，極值點偏移是基本方法，但是構(gòu)造函數(shù)各有不同.一方面可以直接偏移構(gòu)造積的對稱函數(shù)，此時可以直接研究該對稱函數(shù)在定義域上的正負，亦或者分解為雙函數(shù)比較大小.另一方面可以先通過指對冪三者之間的關(guān)系進行同構(gòu)再偏移，此時構(gòu)造函數(shù)便多種多樣，可以構(gòu)造積的對稱函數(shù)、和的對稱函數(shù)，還可以通過差比換元化簡運算后構(gòu)造函數(shù).最簡便的要數(shù)一眼看穿結(jié)構(gòu)，利用對數(shù)均值不等式直接證明.整體來看，在極值點偏移問題中，如能進行同構(gòu)化解函數(shù)，將對證明問題有極大的幫助.

從本題以小觀大，我們可以看出極值點偏移是雙變量問題的一種，涉及到換元思想、構(gòu)造思想、對稱思想等.解決極值點偏移問題最常用的思想是對稱思想，方法上的體現(xiàn)是構(gòu)造積或者和的對稱函數(shù)；也會用到換元思想，方法上的體現(xiàn)是差比換元；也會涉及同構(gòu)思想，方法上的體現(xiàn)是構(gòu)造相同結(jié)構(gòu)，將問題簡化；同時，極值點偏移常常也和對數(shù)均值不等式聯(lián)系在一起，使解法錦上添花.