一類導(dǎo)數(shù)壓軸題中雙變量問題的多角度探究

陶勇勝

(杭州學(xué)軍中學(xué)海創(chuàng)園校區(qū)，浙江 杭州 311121)

導(dǎo)數(shù)中的不等式問題是近幾年高考?jí)狠S題中的高頻考點(diǎn)，其中以導(dǎo)數(shù)不等式為背景的雙變量問題更是熱點(diǎn)和難點(diǎn)[1].由于這一類問題含兩個(gè)變量，其解法眾多且技巧性強(qiáng)，常以壓軸題的形式出現(xiàn)，對(duì)學(xué)生的數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)建模等核心素養(yǎng)有較高的要求.學(xué)生在有限時(shí)間內(nèi)如果選擇方法不當(dāng)，那么即使費(fèi)時(shí)、費(fèi)力也很難取得突破，因此此類問題是學(xué)生解題過程中的一個(gè)“痛點(diǎn)”.本文從一道2021年的數(shù)學(xué)高考試題說起，對(duì)導(dǎo)數(shù)不等式中的雙變量問題進(jìn)行多角度探究，以期優(yōu)化解決此類問題的思維策略.

1 問題呈現(xiàn)

例1已知函數(shù)f(x)=x(1-lnx).

1)討論f(x)的單調(diào)性；

(2021年全國(guó)數(shù)學(xué)新高考Ⅰ卷第22題)

2 解法探究

1)由題意，得

當(dāng)00，此時(shí)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，此時(shí)f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減.

由blna-alnb=a-b，得

x1-x1lnx1=x2-x2lnx2，

即

f(x1)=f(x2).

又f(e)=0,不妨設(shè)0

要證明不等式2

2.1 不等式x1+x2>2的證明

證法1(構(gòu)造對(duì)稱函數(shù))令F(x)=f(1+x)-f(1-x)，其中0

F′(x)=f′(1+x)+f′(1-x)=-ln(1-x2).

當(dāng)00，從而F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，于是

F(x)>F(0)=0，

即

f(1+x)>f(1-x).

令x=1-x1，0f(1-x)，得

f(2-x1)>f(x1),

即

f(2-x1)>f(x2).

又因?yàn)閒(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減，且x2>1，2-x1>1，所以

x2>2-x1，

即

x1+x2>2.

當(dāng)0

F(x)>F(1)=0，

即當(dāng)0

兩式相減，可得

從而

故

x1+x2>2.

2.2 不等式x1+x2

證法1(不等式放縮)因?yàn)?0，得

f(x1)=x1-x1lnx1>x1,

于是x1+x2

令G(x)=2x-xlnx，其中1

G′(x)=1-lnx，

當(dāng)10，從而G(x)在(1,e)上單調(diào)遞增，于是

G(x)

故

x1+x2

評(píng)注在證明不等式x1+x2x1放縮和已知條件f(x1)=f(x2)，將雙變量問題轉(zhuǎn)化為含單變量x2的函數(shù)的最值問題.

證法2(不等式放縮)先證明：當(dāng)x>0且x≠1時(shí)，lnx

設(shè)G(x)=lnx-x+1，則

當(dāng)00，當(dāng)x>1時(shí)，G′(x)<0，從而

G(x)

即當(dāng)x>0且x≠1時(shí)，

lnx

因?yàn)?0，于是

f(x1)=x1-x1lnx1>x1.

所以

f(x1)-f(x2)>x1-(e-x2)，

從而

x1+x2-e<0，

即

x1+x2

從結(jié)論入手運(yùn)用分析法證明不等式，此思路簡(jiǎn)潔清晰，較為自然.在切線視角下進(jìn)行放縮求解，是證明不等式的重要方法.

證法3(構(gòu)造函數(shù))令G(x)=f(x)-f(e-x)，其中0

G′(x)=f′(x)+f′(e-x)=-ln(-x2+ex).

因?yàn)楹瘮?shù)y=-x2+ex在(0,1)上單調(diào)遞增，所以G′(x)在(0,1)上單調(diào)遞減.又因?yàn)?/p>

G′(1)=-ln(e-1)<0，

所以G′(x)在(0,1)上存在唯一零點(diǎn)x0，使得

即

且當(dāng)00，當(dāng)x0

G(x)max=G(x0)=f(x0)-f(e-x0)

由0

G(x)max>0，

G(x)>0，

即

f(x)>f(e-x).

由第1)小題可知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增且0

f(x1)>f(e-x1)，

從而

f(x2)>f(e-x1).

又因?yàn)閒(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減且x2>1，e-x1>1，所以

x2

即

x1+x2

評(píng)注在證明不等式x1+x2

且

f(e-x1)

即

f(e-x1)

因?yàn)閒(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減且x2>1,e-x1>1，所以

x2

即

x1+x2

證法5(構(gòu)造函數(shù))由f(x1)=f(x2)，得

x1-x1lnx1=x2-x2lnx2，

即

要證明x1+x2

即證

令h(x)=x2-exlnx，則

h(x)-f(x)=x(x-1+lnx-elnx)，

設(shè)m(x)=x-1+lnx-elnx，則

當(dāng)0e-1時(shí)，m′(x)>0，從而m(x)在(0,e-1)上單調(diào)遞減，在(e-1,+∞)上單調(diào)遞增.由于m(1)=0且m(e)=0，因此當(dāng)0f(x)，當(dāng)1

h(x2)

評(píng)注此證法中構(gòu)造的函數(shù)h(x)=x2-exlnx在(0,+∞)上不是單調(diào)函數(shù)，無法直接利用函數(shù)的單調(diào)性證明h(x2)f(x)，當(dāng)1

3 幾何背景探究

對(duì)于雙變量不等式的證明，無論是構(gòu)造函數(shù)還是不等式放縮，其本質(zhì)都是從數(shù)形結(jié)合角度去直觀理解，用割線、切線代替曲線，用曲線代替曲線，簡(jiǎn)稱“以直代曲，以曲代曲”.以本題為例，對(duì)于不等式x1+x2>2，構(gòu)造與函數(shù)y=f(x)關(guān)于直線x=1對(duì)稱的函數(shù)y=f(2-x)，以曲線y=f(2-x)代替曲線y=f(x).下面給出證明過程：

設(shè)f(x1)=f(x2)=t，函數(shù)y=t與y=f(x),y=f(2-x)的交點(diǎn)橫坐標(biāo)分別為x2,x3，由y=f(x)與y=f(2-x)關(guān)于直線x=1對(duì)稱，知

x3+x2=2.

令F(x)=f(x)-f(2-x)，其中0

F′(x)=f′(x)+f′(2-x)=-ln(-x2+2x).

當(dāng)00，從而F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，因此

F(x)

從而

f(x)

即

f(x1)

由f(x1)=f(2-x3)，得 2-x3>2-x1,因此x1>x3，故

x1+x2>x3+x2=2.

圖1

y=-x+e.

設(shè)f(x1)=f(x2)=t，直線y=x與直線y=t的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x3，直線y=-x+e與直線y=t的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x4，則

x3=t，x4=e-t.

由證法1可知，當(dāng)1

f(x)+x

即

f(x2)+x2

由于f(x2)=t，從而

x2

即

x2

同理可得

x1

故

x1+x2

評(píng)注在求解x1+x2x.結(jié)合函數(shù)圖像來看，y=x恰好是經(jīng)過原點(diǎn)(0,0)和極值點(diǎn)(1,1)的直線，暗示可構(gòu)造割線y=x.另外，根據(jù)直線y=x與直線y=t的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)x3=t，要證明不等式x1+x2

4 進(jìn)一步探究

如果求解方程f(x)=t的實(shí)根x1，x2十分困難，那么巧妙借助割線和切線，以直代曲，以曲代曲，將難以求解的曲線與直線的交點(diǎn)坐標(biāo)轉(zhuǎn)化為直線與直線的交點(diǎn)坐標(biāo)，這顯然有利于學(xué)生的數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學(xué)思想方法的提升和對(duì)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用的本質(zhì)理解.因此，構(gòu)造直線或曲線來以直代曲、以曲代曲可以達(dá)到化繁為簡(jiǎn)、簡(jiǎn)化解題過程的效果，不失為解決不等式證明問題的有效方法.其中二次函數(shù)的圖像是我們熟知的拋物線，根據(jù)這一思路，是否可以構(gòu)造二次函數(shù)曲線去代替曲線？

圖2 圖3

則

當(dāng)x>1時(shí)，則F″(x)<0，當(dāng)x<1時(shí)，F(xiàn)″(x)>0，從而F′(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞)上單調(diào)遞減.又因?yàn)镕(1)=0，F(xiàn)′(1)=0，所以當(dāng)x>1時(shí)，

F′(x)

即F(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減，從而

F(x)

因此，當(dāng)x>1時(shí)，

h(x)

可得

x4

同理

x3

又因?yàn)閤3+x4=2，所以

x1+x2>x3+x4=2.

易知當(dāng)x∈(0,e-1)時(shí)，p(x)在(0,e-1)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e-1,e)時(shí)，p(x)在(e-1,e)上單調(diào)遞減.注意到G(1)=0，G(e)=0，且p(1)=0，故當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，G(x)<0，從而g(x)0，從而g(x)>f(x).因此，當(dāng)0

5 規(guī)律提煉與應(yīng)用

設(shè)x0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，且方程f(x)=t有兩個(gè)實(shí)根x1，x2，由于上述函數(shù)f(x)圖像的極值點(diǎn)x0左右增減速度不一致，導(dǎo)致函數(shù)f(x)的圖像不具有對(duì)稱性，此時(shí)構(gòu)造具有對(duì)稱性的二次函數(shù)g(x)，使得方程g(x)=t的兩個(gè)實(shí)根x3，x4滿足x1>x4(或x4>x1)，x2>x3(或x3>x2)，且x3+x4=m(或n)，則x1+x2>x3+x4=m(或x1+x2

①求函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)坐標(biāo)(x0,f(x0))；

②構(gòu)造二次函數(shù)頂點(diǎn)式g(x)=a(x-x0)2+f(x0)；

③令F(x)=g(x)-f(x)，利用F″(x)=0，求出系數(shù)a；

④判斷函數(shù)F(x)=g(x)-f(x)在各區(qū)間的正負(fù)，得到g(x1)>g(x2)或g(x1)

⑤根據(jù)二次函數(shù)的對(duì)稱性，得到x1+x2>m或x1+x2

1)不含參數(shù)類型.

(2010年天津市數(shù)學(xué)高考卷第21題)

這是一道極值點(diǎn)偏移的經(jīng)典題，諸如對(duì)數(shù)平均不等式、構(gòu)造對(duì)稱函數(shù)、齊次法等方法可用于求解[1-5].下面利用構(gòu)造二次函數(shù)以曲代曲的方法進(jìn)行研究：

圖4

從而

于是

當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)″(x)<0，當(dāng)x<1時(shí)，F(xiàn)″(x)>0，從而F′(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞)上單調(diào)遞減.因?yàn)镕(1)=0，F(xiàn)′(1)=0，所以當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)′(x)1時(shí)，h(x)x3+x4=2.

2)含參數(shù)類型.

例3已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個(gè)零點(diǎn).

1)求a的取值范圍；

2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1+x2<2.

(2016年全國(guó)數(shù)學(xué)高考Ⅰ卷第21題)

證明1)a>0，過程略.

如圖5，仿例2可證，當(dāng)x>1時(shí)，h(x)>g(x)；當(dāng)x<1時(shí)，h(x)

圖5

由于x1<1

f(x1)

同理可得

f(x2)>g(x2)+a(x2-1)2.

因?yàn)閒(x1)=f(x2)，所以

g(x1)+a(x1-1)2>g(x2)+a(x2-1)2，

化簡(jiǎn),得

因?yàn)閤2>x1，且a>0，所以x1+x2<2.

6 結(jié)束語(yǔ)

總之，雙變量不等式的證明是考查導(dǎo)數(shù)的一個(gè)重要抓手.處理此類問題應(yīng)重視直觀，數(shù)形結(jié)合，突出本質(zhì)，關(guān)注過程，通過歸納通性通法可以讓學(xué)生深刻領(lǐng)悟問題的本質(zhì)，掌握解決問題的一般方法和規(guī)律，體會(huì)其中蘊(yùn)涵的數(shù)學(xué)思想.

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