探究导数热点新题型寻找"等价命题"解题模式

◇　辽宁　黄　丹　张凤英



探究导数热点新题型寻找"等价命题"解题模式

◇辽宁黄丹张凤英

近几年,随着课改的不断深入,有关导数命题常以压轴题、创新题的形式出现．面对这类试题,学生往往感到无从入手．但仔细探究起来,不难找到与之“等价命题”的解题模式．下面结合近几年的各地高考题与模拟题举例说明,以供参考．

1∀x∈D,f(x)g(x)恒成立

策略设φ(x)=f(x)-g(x),将问题转化为 φmax(x)<0或φmin(x)>0.

当k∈[0,2]时,F′(x)≥0,函数在(0,1)上为增函数,F(x)>F(0)=0,符合题意;

F(x)、F′(x)与x的关系如表1.

表1

所以F(x)

综上,k的最大值为2.

2∀x1∈D1,∃x2∈D2, f(x1)≥g(x2)或f(x1)≤g(x2)成立

策略将问题转化为gmin(x)≤fmin(x)或gmax(x)≥fmax(x).

x1=1,x2=3∉(0,2).

当x∈(0,1)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;

当x∈(1,2)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.

所以f(x)在 (0, 2)上的最小值为f(1)=-1/2．

任意x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2)”等价于“g(x)在[1,2]的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值-1/2”.

又g(x)=(x-b)2+4-b2,x∈[1,2],所以

1) 当b<1时,因为gmin(x)=g(1)=5-2b>0,此时与等价问题矛盾.

2) 当b∈[1,2]时,因为gmin(x)=4-b2≥0,同样与等价问题矛盾.

fmin(x)≥gmax(x)或fmax(x)≤gmin(x).

2) 对∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)≥g(x2)或f(x1)≤g(x2)恒成立，可将问题转化为

fmax(x)≥gmin(x)或fmin(x)≤gmax(x).

3∀x1、x2∈D，|f(x1)-f(x2)|0)恒成立

策略问题可转化为fmax(x)-fmin(x)

(1) 证明:函数f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;

(2) 若对于∀x1、x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.

(2) 由(1)知,对任意的m,f(x)在[-1,0)单调递减,在(0,1]单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.

所以对于∀x1、x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是

即

①

设函数g(t)=et-t-e+1,则g′(t)=et-1.

当t<0时,g′(t)<0;

当t>0时,g′(t)>0.

故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.

又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0, 故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.

当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即式① 成立.

当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;

当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.

综上,m的取值范围是[-1,1].

4∀x1、x2∈D，|f(x2)-f(x1)|0)恒成立

解答题:(假设单调函数)去绝对值符号,根据对称式,不妨设x1

设φ(x)=f(x)-mx，则问题转化为φ′(x)≤0恒成立.

5∀x1∈D1,∃x2∈D2,f(x1)=g(x2)成立

策略设f(x)、g(x)的值域分别为A、B,利用导数法求出A和B,求解使得A⊆B的k的取值范围．

6∃x1∈D1、x2∈D2,f(x1)=g(x2)成立

策略设f(x)、g(x)的值域分别为A、B,利用导数法求出A和B,求解使得A∩B≠∅的k的取值范围．

注:先求出A∩B=∅的k的范围,再用补集的思想求出A∩B≠∅的k的取值范围．

通过以上几种类型题的剖析,我们发现尽管作为压轴题的导数问题,是高考中难度较大的题目,但是它也是有一定规律可寻的．只要我们能够认真分析题设中的条件,找到所求问题的等价命题,那么问题就转化为我们所熟悉的题目,解决起来也会变得轻而易举,得心应手了．

(作者单位：辽宁省大连市红旗高级中学)

类似地：1) 对∀x1∈D1,∀x2∈D2,使f(x1)≥g(x2)或f(x1)≤g(x2)恒成立．可将问题转化为