對(duì)一道導(dǎo)數(shù)模擬題的研究

浙江省寧波效實(shí)中學(xué)(315012) 童益民

一、原題呈現(xiàn)

已知函數(shù)f(x)=lnx+mx(m為常數(shù)).

(1) 討論f(x) 的單調(diào)區(qū)間; (2) 當(dāng)m≥時(shí)，設(shè)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2(x1＜x2)恰好為h(x)=2 lnx-ax-x2的零點(diǎn)，求的最小值.

該題是文[1]引自江西省上饒市2017年一模試題，通過(guò)對(duì)這題的研究，發(fā)現(xiàn)這是一道錯(cuò)題，由于題目中出現(xiàn)的條件較多，起到一定的干擾作用，所以很難發(fā)現(xiàn)問(wèn)題，現(xiàn)對(duì)該題的第(2)小題進(jìn)行分析研究.文[1]中對(duì)第(2)小題的解答過(guò)程如下:

由g(x)=lnx+mx+得g′(x)=+m+x=由已知x2+mx+1=0 有兩個(gè)互異實(shí)根x1,x2，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x2=-m,x1x2=1，因?yàn)閤1,x2(x1＜x2)是h(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，故

由 2○-①得:解得a=-(x2+x1)，因?yàn)閔′(x)=-2x-a，得將a=(x2+x1)代入得

構(gòu)造F(t)=lnt-得＞0，則F(t)=在[2,+∞) 上是增函數(shù)，所以F(t)mⅰn=F(2)=即y=(x1-的最小值為

二、錯(cuò)題分析

錯(cuò)誤1 分析因?yàn)榈膬蓚€(gè)極值點(diǎn)x2＞x1＞0，且所以x1+x2=-m ＞0，即m ＜0.又Δ=m2-4＞0，即m ＞2 或m ＜-2，所以m ＜-2，這樣原題中的m≥可改為這樣原解答過(guò)程和結(jié)果沒(méi)有影響.

把m的范圍改正后，其實(shí)還可以換一種更簡(jiǎn)潔的方法，如下:

錯(cuò)誤2 分析以上兩種方法采用不同的主元進(jìn)行消參，第一種方法利用主元，第二種方法利用主元m，但得到的結(jié)果是兩種截然不同的答案，那么問(wèn)題出在哪里?從已知條件可得到4 個(gè)等式從解方程組的角度，這四個(gè)變量x1,x2,m,a是確定的，所以的值是確定的，不應(yīng)該求最小值.

三、深入探究

已知函數(shù)h(x)=2 lnx-ax-x2有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2，求證x1x2＞1.

證明:令h(x)=2 lnx-ax-x2=0，所以a=令所以令函數(shù)G(x) 的極值點(diǎn)為x0，可得2-2 lnx0=0，由此式可得x0＞1.所以函數(shù)G(x) 在(0,x0)上遞增，在(x0,+∞)上遞減，且0＜x1＜x0＜x2.

先證x1x2，即證因?yàn)榍褿(x) 在(x0,+∞) 上遞減，即證因?yàn)镚(x1)=G(x2)，即 證G(x1)＜令H(x)=

因?yàn)? lnx0=2，所以

因 為2=-2 lnx0，所 以H′(x)=(x2-因?yàn)?＜x ＜x0，所以H′(x)＞0，所以函數(shù)H(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x ∈(0,x0)時(shí)，即即這樣先證明了又因?yàn)閤0＞1，所以x1x2＞1.

改編題: 已知函數(shù)f(x)=lnx+mx(m ∈R).

(Ⅰ)討論f(x)的單調(diào)區(qū)間;

(ⅠⅠ)已知函數(shù)h(x)=2 lnx-ax-x2(a ∈R)，

(ⅰ)當(dāng)m≤-2 時(shí)，設(shè)g(x)=f(x)+x的極值點(diǎn)t恰好為函數(shù)h(x)的零點(diǎn)，求y=t·h′(t)的最小值;

(?、?已知函數(shù)h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2(x1＜x2)，且極值點(diǎn)為x0，求證:x1+x2＞2x0.

解: (Ⅰ)f′(x)=

①當(dāng)m≥0 時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間;

②當(dāng)m ＜0 時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為單調(diào)遞減區(qū)間為

(ⅠⅠ) (ⅰ)g(x)=f(x) +x=lnx+mx+x，g′(x)=+m+1=所以(m+1)t+1=0，所以t=-∈(0,1].又h(t)=2 lnt - at - t2=0，h′(x)=-2x-a，所以因?yàn)閥=2-t2-2 lnt在(0,1]上單調(diào)遞減，所以y的最小值為1.

(?、?因?yàn)閔′(x)=所以因?yàn)楹瘮?shù)h(x) 在(0,x0) 上遞增，在(x0,+∞)上遞減，所以0＜x1＜x0＜x2.要證x1+x2＞2x0，即證x2＞2x0-x1，因?yàn)閤2＞x0，2x0-x1＞x0，且h(x)在(x0,+∞)上遞減，即證h(x2)＜h(2x0-x1)，因?yàn)閔(x1)=h(x2)，即證h(x1)＜h(2x0-x1).

令T(x)=h(x)-h(2x0-x)(0＜x ＜x0)，

所以函數(shù)T(x)=h(x)-h(2x0-x)在(0,x0)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x ∈(0,x0)時(shí)，T(x)=h(x)-h(2x0-x)＜T(x0)=0，即h(x)＜h(2x0-x)，即h(x1)＜h(2x0-x1)，即證.

四、總結(jié)