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        講題比賽特等獎(jiǎng)獲獎(jiǎng)?wù)撐闹模喊朔铰?lián)系 渾然一體
        ——2022年高考數(shù)學(xué)全國(guó)甲卷理科第22題的解法研究

        2022-11-23 01:06:56云南師范大學(xué)實(shí)驗(yàn)中學(xué)冷天存
        中學(xué)數(shù)學(xué) 2022年21期
        關(guān)鍵詞:方法

        云南師范大學(xué)實(shí)驗(yàn)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(gè)零點(diǎn)x1,x2,則x1x2<1.

        2 第(1)問(wèn)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?yàn)?0,+∞).

        令g′(x)=0,得x=1.當(dāng)x∈(0,1),g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)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(diǎn)評(píng):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?yàn)?0,+∞).

        令f′(x)=0,得x=1.當(dāng)x∈(0,1),f′(x)<0,f(x)遞減;當(dāng)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(diǎn)評(píng):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(dāng)x∈(0,1)時(shí),g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.所以g(x)min=g(1)=e.

        當(dāng)x∈(0,1),h′(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;當(dāng)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(diǎn)評(píng):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(méi)有通法1和通法2簡(jiǎn)便,但是在某些題中會(huì)很適用.

        技巧1:同構(gòu)化簡(jiǎn)函數(shù)再求參數(shù)范圍.

        令μ=u(x)=x-lnx,則g(μ)=eμ-μ-a.

        當(dāng)x∈(0,1),u′(x)<0,u(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(1,+∞),u′(x)>0,u(x)遞增.所以u(píng)(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(diǎn)評(píng):這個(gè)方法在第(1)問(wèn)中相對(duì)于通法1、通法2和通法3,在解法上沒(méi)有很大優(yōu)勢(shì),但如果第(1)問(wèn)觀察函數(shù)f(x)的結(jié)構(gòu),通過(guò)構(gòu)造函數(shù)μ=u(x)=x-lnx,可以為第(2)問(wèn)作鋪墊.

        技巧2:利用“指對(duì)”不等式放縮后求參數(shù)范圍.

        所以a的取值范圍為(-∞,e+1].

        點(diǎn)評(píng):此法雖不是求參數(shù)范圍的通法,但是是根據(jù)“指對(duì)冪”之間經(jīng)典的放縮變形而來(lái),十分簡(jiǎn)潔,筆者以為是解決該題最簡(jiǎn)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(diǎn)評(píng):此法的絕妙之處在于先給出答案.對(duì)于恒成立問(wèn)題,找到端點(diǎn),先分析必要性得出結(jié)論,再想辦法證明充分性,但是端點(diǎn)是否能找對(duì)需要學(xué)生具備“題感”.

        3 第(2)問(wèn)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(duì)稱函數(shù)——利用導(dǎo)函數(shù)判正負(fù).

        由(1)知,當(dāng)x∈(0,1),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)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(gè)零點(diǎn),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(duì)稱函數(shù)——利用雙函數(shù)判正負(fù).

        由(1)知,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)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(duì)稱函數(shù).

        f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).

        當(dāng)x∈(0,1),u′(x)<0,u(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(1,+∞),u′(x)>0,u(x)遞增,所以u(píng)(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(diǎn)評(píng):在這個(gè)方法中要學(xué)會(huì)觀察函數(shù)f(x)的結(jié)構(gòu),通過(guò)同構(gòu)函數(shù)u(x)=x-lnx,進(jìn)而由f(x1)=f(x2)可得u(x1)=u(x2),此時(shí)再構(gòu)造積的對(duì)稱函數(shù).在這個(gè)方法中由于函數(shù)u(x)的結(jié)構(gòu)比f(wàn)(x)簡(jiǎn)單,所以證明過(guò)程也變得簡(jiǎn)潔.

        解法4:先同構(gòu)再構(gòu)造和的對(duì)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(wèn)題可以轉(zhuǎn)化為“當(dāng)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(wèn)題得證.

        點(diǎn)評(píng):解法4是證明此類問(wèn)題的常用方法,將構(gòu)造積的對(duì)稱函數(shù)轉(zhuǎn)化為構(gòu)造和的對(duì)稱函數(shù),有時(shí)會(huì)使化簡(jiǎn)過(guò)程變得簡(jiǎn)潔.

        解法5:同構(gòu)簡(jiǎn)化問(wèn)題再比值換元.

        由解法3可得x1-lnx1=x2-lnx2,移項(xiàng)得

        不妨設(shè)0

        解法6:同構(gòu)簡(jiǎn)化問(wèn)題再差值換元.

        由解法3可得x1-lnx1=x2-lnx2,移項(xiàng)得

        不妨設(shè)0

        解法7:先同構(gòu)再利用對(duì)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(jiǎn)化問(wèn)題再構(gòu)造對(duì)稱函數(shù).

        f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).

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

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

        點(diǎn)評(píng):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(duì)于本題,極值點(diǎn)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(duì)稱函數(shù),此時(shí)可以直接研究該對(duì)稱函數(shù)在定義域上的正負(fù),亦或者分解為雙函數(shù)比較大小.另一方面可以先通過(guò)指對(duì)冪三者之間的關(guān)系進(jìn)行同構(gòu)再偏移,此時(shí)構(gòu)造函數(shù)便多種多樣,可以構(gòu)造積的對(duì)稱函數(shù)、和的對(duì)稱函數(shù),還可以通過(guò)差比換元化簡(jiǎn)運(yùn)算后構(gòu)造函數(shù).最簡(jiǎn)便的要數(shù)一眼看穿結(jié)構(gòu),利用對(duì)數(shù)均值不等式直接證明.整體來(lái)看,在極值點(diǎn)偏移問(wèn)題中,如能進(jìn)行同構(gòu)化解函數(shù),將對(duì)證明問(wèn)題有極大的幫助.

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

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