一道高考题蕴含的斜率模型的运用
2014-09-17童其林
童其林
2014年高考辽宁卷的一个选择题是很有意思的一个问题，涉及到一个斜率模型k=，由此引出了一系列的问题. 让我们先看看这个问题：
例1.（2014年高考辽宁卷理科数学第12题）已知定义在[0，1]上的函数f（x）满足：
①f（0）=f（1）=0；
②对所有x，y∈[0， 1]，且x≠y，有| f（x）-f（y）|<|x-y|.
若对所有x，y∈[0， 1]，| f（x）-f（y）| （ ） A. B. C. D. 分析1：本题给人的第一印象是抽象，利用题设条件具体化是一个很好的选择.首先我们发现②对所有x，y∈[0， 1]，且x≠y，有| f（x）-f（y）|<|x-y|，所以式子| f（x）-f（y）|<|x-y|可以变形为 <，即点（x， f（x））与点（y， f（y））的斜率的绝对值小于. 由此，我们可以构造适合条件的函数f（x）= kx， x∈[0， ] k-kx， x∈[ ， 1]其中k∈（0， ），然后分x∈[0， ]，且y∈[0， ]；x∈[0， ]，且y∈[， 1]；x∈[， 1]，且y∈[0， ]；x∈[， 1]，且y∈[， 1]进行讨论. 解1：依题设，定义在[0， 1]上的函数f（x）的斜率k满足 |k|<. 不妨令k>0，构造函数f（x）=kx， x∈[0， ] k-kx， x∈[ ， 1] 满足f（0）=f（1）=0， | f（x）-f（y）|=| k（x-y）|<|x-y|. 当x∈[0，]，且y∈[0，]时， | f（x）-f（y）|=|k（x-y）|=k| x-y| 当x∈[0， ]，且y∈[， 1]时， |f（x）-f（y）|=|kx-（k-ky）|=|k（x+y）-k|≤|k（+1）-k|=<； 当x∈[， 1]， 且y∈[0， ]时， 同理可得|f（x）-f（y）|<； 当x∈[， 1]，且y∈[， 1]时， |f（x）-f（y）|=|k-kx-（k-ky）|=k| x-y|≤k|1-|=<. 综上所述，对所有x，y∈[0， 1]，|f（x）-f（y）|<. ∵ 对所有x，y∈[0， 1]，|f（x）-f（y）| ∴ k≥，即k的最小值为，选B. 解析2：由对称性，不妨设0≤y （1）若x-y≤，则 |f（x）-f（y）|<|x-y|≤×=； （2）若x-y>，有-x+y<-， 则 |f（x）-f（y）|=|f（x）-f（1）+f（0）-f（y）|≤|f（x）-f（1）|+|f（0）- f（y）|<|x-1|+|0-y|=（1-x）+y=+（-x+y）<+×（-）=， 所以k≥. 解析3：依题意，可以构造这样一个物理背景问题：时间t=[0， 1]，位移S（0）=S（1）=0，即最后回到起点；vt<0.5，求在运动过程中两个时间点的距离最远. 解决方案：假设质点在直线上运动，否则无法达到相距最远，另外假设所经过路程只能往返一个来回，否则也无法达到距离最远，将速度的临界值取为0.5.假设质点从O出发，速度为0.5，0.5小时后必须以0.5小时返回，最远到达0.5×0.5=0.25. 由此可知，答案是B. 小结：本题考查的知识和方法有很多，其中解法1由 |f（x）-f（y）| <|x-y|，x≠y，得到 <——识别这是一个斜率模型并利用这个模型构造满足题设条件的函数是一个考查的重要内容.有趣的是笔者在教学过程中遇到了不少类似问题.下面我们再作一个介绍，期望考生对类似问题的求解有所帮助. 例2. 定义在R上的函数f（x）对任意两个不相等实数a，b总有成立>0，则必有（ ） A. 函数f（x）是先增加后减少 B. 函数f（x）是先减少后增加 C. f（x）在R上是增函数 D. f（x）在R上是减函数 解析：考查的就是斜率k=>0，故定义在R上的函数f（x）是增函数，选C. 例3. 设0 解析：由式子的结构可知， 的的几何意义是连接两点O（0，0）、T（x， sinx）的直线的斜率.于是，可以画出y=sinx的图像，研究两点A（x1， sinx1）和B（x2， sinx2）与O（0，0）连线的斜率. 由图像可知，kOA>kOB，即a>b. 例4. 在下列四个函数中，满足性质： “对于区间（l， 2）上的任意x1， x2（x1≠x2）， |f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|恒成立”的只有（ ） A. f（x）= B. f（x）=|x| C. f（x）=2x D. （x）=x2 通解： 通常的思路是根据题设直接验证. 设1 对A，|f（x1）-f（x2）|=|-|=<|x2-x1|，所以A正确. 对B，|f（x1）-f（x2）|=||x1|-|x2||=|x2-x1|，所以B不正确. 对C，|f（x1）-f（x2）|=|2-2|=2-2，我们不妨考查极限状态，当x2→2时，2→4，当x1→1时，2→2，2-2→2，而 |x2-x1|∈（0，1），此时|f（x2）-f（x1）|>|x2-x1|，所以C不正确.
对D，|f（x1）-f（x2）|=|x1 2 -x2 2 |=（x2+x1）（x2-x1）>2|x2-x1|，所以D不正确.
巧解：在这里对C如果不取极限，解题就可能陷入困境.是不是可以通过作图判断呢？通过分析知道：“对于区间（l， 2）上的任意x1， x2（x1≠x2），|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|恒成立.”就是看哪一个函数在区间（l， 2）的图像比较平缓，比较平缓的就是所求的函数，可知f（x）=|x| ，f（x）=2x ，f（x）=x2在区间（l， 2）上都比较陡，所以选A. 显然这种解法很快，但是有时图像画不准的话，就容易出错，不是很可靠.踏实的结果还是需要经过一些运算来支撑.能不能作一个变形？得到其他解法？
优解：把|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|变形为<1，则k=为曲线上的点A（x1， y1），B（x2， y2）连线斜率的绝对值，而直线AB对应于一条平行于它的切线，于是，本题化归为哪一条曲线在区间（l， 2）的切线斜率的绝对值k<1. 即把不等式的问题转化为曲线的斜率问题.由
A. f′（x）=（）′=-，而k=|-|<1； B. f′（x）=（|x|）′=x′=1；
C. f′（x）=（2x）′=2x ln2>2ln2=ln4>1； D. f′（x）=（x2）′=2x>2
故选A.
说明： 这个解法是把一个两点的割线的斜率这问题，转化为求切线斜率问题，是对问题的一个本质认识.
例5. 已知函数f（x）=x3-2x+1定义在区间[0， 1]上，若对于x1， x2∈[0， 1]且x1≠x2，求证：|f（x1）-f（x2）|<2| x1-x2|.
分析1：容易想到的方法就是直接从左边证到右边.
证明1： |f（x1）-f（x2）|=|x1 3 -2x1+1-（x2 3 -2x2+1）|=|x1 3 -x2 3 -2（x1-x2）|
=|（x1-x2）（x1 2 +x1x2+x2 2 ）-2（x1-x2）|
=| x1-x2 |·| x1 2 +x1x2+x2 2 -2 |
≤| x1-x2 |·（|x1 2 +x1x2+x2 2 |+|-2 |）<2| x1-x2 |.
点评：最后一个不等式为什么取不到等号呢？原因是x1， x2不可能同时取到0.
分析2：本题变形后就是要证明
<2，绝对值里面就是斜率，因此可用导数定义切入.
证明2：∵ x1≠x2， ∴ x1-x2≠0，
欲证|f（x1）-f（x2）|<2| x1-x2 |，
只需证
<2，
又 f′（x）=，
即证|f′（x）|<2，由x1， x2∈[0， 1] 且x1≠x2，f′（x）=3x2-2，知|f′（x）|<2必然成立. 故原命题成立.
点评：本题证法很多，唯独使用斜率模型，即导数几何意义最为简洁漂亮！
例6. 定义：若存在常数k，使得对定义域D内的任意两个x1， x2（x1≠x2），均有|f（x1）-f（x2）|≤k| x1-x2 |成立，则称函数f（x）在定义域D上满足利普希茨条件. 若函数f（x）=（x≥1）满足利普希茨条件，则常数k的最小值为 .
解析：不等式|f（x1）-f（x2）|≤k| x1-x2 |对D内的任意两个x1， x2（x1≠x2）恒成立，就是k≥
在D内对任意两个x1， x2（x1≠x2）恒成立. 由于不等式f（x） 的最大值，而 表示的是函数f（x）在D内斜率的绝对值，即导数f′（x）的绝对值. |f′（x）|=（x ）′= x = ，由于t= 在区间[1， +∞） 上是减函数，所以当x=1时，t有最大值，即 = 从而k≥，即k最小值为. 说明：k=就是曲线的斜率，也是导数，这是转化的关键. 例7.（2011年福建省普通高中毕业班质量检查，文科数学21）已知函数f（x）=xex. （1）求f（x）的单调区间与极值； （2）是否存在实数a使得对于任意的x1， x2∈（a， +∞），且x1 解析：（1）由f′（x）=ex（x+1）=0，得x=-1.当x变化时， f′（x）、f（x）的变化情况如下表： 可知f（x）的单调递减区间为（-∞，-1），递增区间为（-1，+∞）， f（x）有极小值为f（-1）=-，没有极大值. （2）令g（x）==，x>a， 则>（?）成立，等价于g（x）在（a， +∞）内单调递增，这只需g′（x）>0. 而g′（x）=，记h（x）=ex（x2-ax-a）+aea，则 h′（x）=ex | xx+（2-a）x-2a |=ex（x+2）（x-a）， 故当a≥-2且x>a时，h′（x）>0， h（x）在[a，+∞）上单调递增. 故h（x）>h（a）=0，从而g′（x）>0，不等式（?）成立. 另一方面，当a<-2时，且a 因此a的取值范围是[-2，+∞）. 点评：在（2）中对于任意的x1， x2∈（a， +∞），且x1 由以上例子可以看出，解决此类问题，首先是识别是不是斜率模型，如果是，就可以考虑导数的定义，或者利用斜率的性质找到解题思路. 练习题： 1.（2014年龙岩市质检题）设函数f（x）=lnx，且x0，x1，x2∈（0， +∞），下列命题： ①若x1 ②存在x0∈（x1， x2），其中x1 ③若x1>1，x2>1，则<1； ④对任意的x1， x2，都有f（）>， 其中正确的命题是（ ） A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②③④ 2.（2014年漳州一中模拟考题）函数f（x）的图像如下图所示，下列结论正确的是（ ） A. f′（1） B. f′（2） C. f′（2） D. f（2）-f（1） 练习题答案： 1. 对①取x1=1，x2>e，不满足结论； 对②③由斜率模型及导数定义即知命题正确；对④，当函数f（x）=lnx的两点（x1， f（x1）），（x2， f（x2））在x轴下方时，结论不成立，所以正确结论是②③，选B. 2. f（2）-f（1）=，表示过点（1，f（1））与点（2，f（2））的斜率，f′（2）表示过点（2， f（2））的切线的斜率， f′（1）表示过点（1，f（1））的切线斜率. 三者之间，由图知过点（2， f（2））的切线的斜率最小，过点（1，f（1））的切线斜率最大，选B. （作者单位：福建省永定县城关中学） 责任编校 徐国坚
对D，|f（x1）-f（x2）|=|x1 2 -x2 2 |=（x2+x1）（x2-x1）>2|x2-x1|，所以D不正确.
巧解：在这里对C如果不取极限，解题就可能陷入困境.是不是可以通过作图判断呢？通过分析知道：“对于区间（l， 2）上的任意x1， x2（x1≠x2），|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|恒成立.”就是看哪一个函数在区间（l， 2）的图像比较平缓，比较平缓的就是所求的函数，可知f（x）=|x| ，f（x）=2x ，f（x）=x2在区间（l， 2）上都比较陡，所以选A. 显然这种解法很快，但是有时图像画不准的话，就容易出错，不是很可靠.踏实的结果还是需要经过一些运算来支撑.能不能作一个变形？得到其他解法？
优解：把|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|变形为<1，则k=为曲线上的点A（x1， y1），B（x2， y2）连线斜率的绝对值，而直线AB对应于一条平行于它的切线，于是，本题化归为哪一条曲线在区间（l， 2）的切线斜率的绝对值k<1. 即把不等式的问题转化为曲线的斜率问题.由
A. f′（x）=（）′=-，而k=|-|<1； B. f′（x）=（|x|）′=x′=1；
C. f′（x）=（2x）′=2x ln2>2ln2=ln4>1； D. f′（x）=（x2）′=2x>2
故选A.
说明： 这个解法是把一个两点的割线的斜率这问题，转化为求切线斜率问题，是对问题的一个本质认识.
例5. 已知函数f（x）=x3-2x+1定义在区间[0， 1]上，若对于x1， x2∈[0， 1]且x1≠x2，求证：|f（x1）-f（x2）|<2| x1-x2|.
分析1：容易想到的方法就是直接从左边证到右边.
证明1： |f（x1）-f（x2）|=|x1 3 -2x1+1-（x2 3 -2x2+1）|=|x1 3 -x2 3 -2（x1-x2）|
=|（x1-x2）（x1 2 +x1x2+x2 2 ）-2（x1-x2）|
=| x1-x2 |·| x1 2 +x1x2+x2 2 -2 |
≤| x1-x2 |·（|x1 2 +x1x2+x2 2 |+|-2 |）<2| x1-x2 |.
点评：最后一个不等式为什么取不到等号呢？原因是x1， x2不可能同时取到0.
分析2：本题变形后就是要证明
<2，绝对值里面就是斜率，因此可用导数定义切入.
证明2：∵ x1≠x2， ∴ x1-x2≠0，
欲证|f（x1）-f（x2）|<2| x1-x2 |，
只需证
<2，
又 f′（x）=，
即证|f′（x）|<2，由x1， x2∈[0， 1] 且x1≠x2，f′（x）=3x2-2，知|f′（x）|<2必然成立. 故原命题成立.
点评：本题证法很多，唯独使用斜率模型，即导数几何意义最为简洁漂亮！
例6. 定义：若存在常数k，使得对定义域D内的任意两个x1， x2（x1≠x2），均有|f（x1）-f（x2）|≤k| x1-x2 |成立，则称函数f（x）在定义域D上满足利普希茨条件. 若函数f（x）=（x≥1）满足利普希茨条件，则常数k的最小值为 .
解析：不等式|f（x1）-f（x2）|≤k| x1-x2 |对D内的任意两个x1， x2（x1≠x2）恒成立，就是k≥
在D内对任意两个x1， x2（x1≠x2）恒成立. 由于不等式f（x） 的最大值，而 表示的是函数f（x）在D内斜率的绝对值，即导数f′（x）的绝对值. |f′（x）|=（x ）′= x = ，由于t= 在区间[1， +∞） 上是减函数，所以当x=1时，t有最大值，即 = 从而k≥，即k最小值为. 说明：k=就是曲线的斜率，也是导数，这是转化的关键. 例7.（2011年福建省普通高中毕业班质量检查，文科数学21）已知函数f（x）=xex. （1）求f（x）的单调区间与极值； （2）是否存在实数a使得对于任意的x1， x2∈（a， +∞），且x1 解析：（1）由f′（x）=ex（x+1）=0，得x=-1.当x变化时， f′（x）、f（x）的变化情况如下表： 可知f（x）的单调递减区间为（-∞，-1），递增区间为（-1，+∞）， f（x）有极小值为f（-1）=-，没有极大值. （2）令g（x）==，x>a， 则>（?）成立，等价于g（x）在（a， +∞）内单调递增，这只需g′（x）>0. 而g′（x）=，记h（x）=ex（x2-ax-a）+aea，则 h′（x）=ex | xx+（2-a）x-2a |=ex（x+2）（x-a）， 故当a≥-2且x>a时，h′（x）>0， h（x）在[a，+∞）上单调递增. 故h（x）>h（a）=0，从而g′（x）>0，不等式（?）成立. 另一方面，当a<-2时，且a 因此a的取值范围是[-2，+∞）. 点评：在（2）中对于任意的x1， x2∈（a， +∞），且x1 由以上例子可以看出，解决此类问题，首先是识别是不是斜率模型，如果是，就可以考虑导数的定义，或者利用斜率的性质找到解题思路. 练习题： 1.（2014年龙岩市质检题）设函数f（x）=lnx，且x0，x1，x2∈（0， +∞），下列命题： ①若x1 ②存在x0∈（x1， x2），其中x1 ③若x1>1，x2>1，则<1； ④对任意的x1， x2，都有f（）>， 其中正确的命题是（ ） A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②③④ 2.（2014年漳州一中模拟考题）函数f（x）的图像如下图所示，下列结论正确的是（ ） A. f′（1） B. f′（2） C. f′（2） D. f（2）-f（1） 练习题答案： 1. 对①取x1=1，x2>e，不满足结论； 对②③由斜率模型及导数定义即知命题正确；对④，当函数f（x）=lnx的两点（x1， f（x1）），（x2， f（x2））在x轴下方时，结论不成立，所以正确结论是②③，选B. 2. f（2）-f（1）=，表示过点（1，f（1））与点（2，f（2））的斜率，f′（2）表示过点（2， f（2））的切线的斜率， f′（1）表示过点（1，f（1））的切线斜率. 三者之间，由图知过点（2， f（2））的切线的斜率最小，过点（1，f（1））的切线斜率最大，选B. （作者单位：福建省永定县城关中学） 责任编校 徐国坚
对D，|f（x1）-f（x2）|=|x1 2 -x2 2 |=（x2+x1）（x2-x1）>2|x2-x1|，所以D不正确.
巧解：在这里对C如果不取极限，解题就可能陷入困境.是不是可以通过作图判断呢？通过分析知道：“对于区间（l， 2）上的任意x1， x2（x1≠x2），|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|恒成立.”就是看哪一个函数在区间（l， 2）的图像比较平缓，比较平缓的就是所求的函数，可知f（x）=|x| ，f（x）=2x ，f（x）=x2在区间（l， 2）上都比较陡，所以选A. 显然这种解法很快，但是有时图像画不准的话，就容易出错，不是很可靠.踏实的结果还是需要经过一些运算来支撑.能不能作一个变形？得到其他解法？
优解：把|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|变形为<1，则k=为曲线上的点A（x1， y1），B（x2， y2）连线斜率的绝对值，而直线AB对应于一条平行于它的切线，于是，本题化归为哪一条曲线在区间（l， 2）的切线斜率的绝对值k<1. 即把不等式的问题转化为曲线的斜率问题.由
A. f′（x）=（）′=-，而k=|-|<1； B. f′（x）=（|x|）′=x′=1；
C. f′（x）=（2x）′=2x ln2>2ln2=ln4>1； D. f′（x）=（x2）′=2x>2
故选A.
说明： 这个解法是把一个两点的割线的斜率这问题，转化为求切线斜率问题，是对问题的一个本质认识.
例5. 已知函数f（x）=x3-2x+1定义在区间[0， 1]上，若对于x1， x2∈[0， 1]且x1≠x2，求证：|f（x1）-f（x2）|<2| x1-x2|.
分析1：容易想到的方法就是直接从左边证到右边.
证明1： |f（x1）-f（x2）|=|x1 3 -2x1+1-（x2 3 -2x2+1）|=|x1 3 -x2 3 -2（x1-x2）|
=|（x1-x2）（x1 2 +x1x2+x2 2 ）-2（x1-x2）|
=| x1-x2 |·| x1 2 +x1x2+x2 2 -2 |
≤| x1-x2 |·（|x1 2 +x1x2+x2 2 |+|-2 |）<2| x1-x2 |.
点评：最后一个不等式为什么取不到等号呢？原因是x1， x2不可能同时取到0.
分析2：本题变形后就是要证明
<2，绝对值里面就是斜率，因此可用导数定义切入.
证明2：∵ x1≠x2， ∴ x1-x2≠0，
欲证|f（x1）-f（x2）|<2| x1-x2 |，
只需证
<2，
又 f′（x）=，
即证|f′（x）|<2，由x1， x2∈[0， 1] 且x1≠x2，f′（x）=3x2-2，知|f′（x）|<2必然成立. 故原命题成立.
点评：本题证法很多，唯独使用斜率模型，即导数几何意义最为简洁漂亮！
例6. 定义：若存在常数k，使得对定义域D内的任意两个x1， x2（x1≠x2），均有|f（x1）-f（x2）|≤k| x1-x2 |成立，则称函数f（x）在定义域D上满足利普希茨条件. 若函数f（x）=（x≥1）满足利普希茨条件，则常数k的最小值为 .
解析：不等式|f（x1）-f（x2）|≤k| x1-x2 |对D内的任意两个x1， x2（x1≠x2）恒成立，就是k≥
在D内对任意两个x1， x2（x1≠x2）恒成立. 由于不等式f（x） 的最大值，而 表示的是函数f（x）在D内斜率的绝对值，即导数f′（x）的绝对值. |f′（x）|=（x ）′= x = ，由于t= 在区间[1， +∞） 上是减函数，所以当x=1时，t有最大值，即 = 从而k≥，即k最小值为. 说明：k=就是曲线的斜率，也是导数，这是转化的关键. 例7.（2011年福建省普通高中毕业班质量检查，文科数学21）已知函数f（x）=xex. （1）求f（x）的单调区间与极值； （2）是否存在实数a使得对于任意的x1， x2∈（a， +∞），且x1 解析：（1）由f′（x）=ex（x+1）=0，得x=-1.当x变化时， f′（x）、f（x）的变化情况如下表： 可知f（x）的单调递减区间为（-∞，-1），递增区间为（-1，+∞）， f（x）有极小值为f（-1）=-，没有极大值. （2）令g（x）==，x>a， 则>（?）成立，等价于g（x）在（a， +∞）内单调递增，这只需g′（x）>0. 而g′（x）=，记h（x）=ex（x2-ax-a）+aea，则 h′（x）=ex | xx+（2-a）x-2a |=ex（x+2）（x-a）， 故当a≥-2且x>a时，h′（x）>0， h（x）在[a，+∞）上单调递增. 故h（x）>h（a）=0，从而g′（x）>0，不等式（?）成立. 另一方面，当a<-2时，且a 因此a的取值范围是[-2，+∞）. 点评：在（2）中对于任意的x1， x2∈（a， +∞），且x1 由以上例子可以看出，解决此类问题，首先是识别是不是斜率模型，如果是，就可以考虑导数的定义，或者利用斜率的性质找到解题思路. 练习题： 1.（2014年龙岩市质检题）设函数f（x）=lnx，且x0，x1，x2∈（0， +∞），下列命题： ①若x1 ②存在x0∈（x1， x2），其中x1 ③若x1>1，x2>1，则<1； ④对任意的x1， x2，都有f（）>， 其中正确的命题是（ ） A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②③④ 2.（2014年漳州一中模拟考题）函数f（x）的图像如下图所示，下列结论正确的是（ ） A. f′（1） B. f′（2） C. f′（2） D. f（2）-f（1） 练习题答案： 1. 对①取x1=1，x2>e，不满足结论； 对②③由斜率模型及导数定义即知命题正确；对④，当函数f（x）=lnx的两点（x1， f（x1）），（x2， f（x2））在x轴下方时，结论不成立，所以正确结论是②③，选B. 2. f（2）-f（1）=，表示过点（1，f（1））与点（2，f（2））的斜率，f′（2）表示过点（2， f（2））的切线的斜率， f′（1）表示过点（1，f（1））的切线斜率. 三者之间，由图知过点（2， f（2））的切线的斜率最小，过点（1，f（1））的切线斜率最大，选B. （作者单位：福建省永定县城关中学） 责任编校 徐国坚
