由端点分析法谈导数问题解决

2020-03-17陈兴

数学学习与研究 2020年25期

关键词：解题策略审题

陈兴

【摘要】在解决导数问题时，有两个问题会给解题进程带来极大困扰，其一是审题无从下手，其二是解题策略如何选择.端点分析法提供了一个审题破题的常用方式，同时通过端点分析可进一步明晰何时采用端点效应、分类讨论及分离参数等常用的解题策略.

【关键词】审题;端点分析;解题策略

一、何为端点分析

【考题一】（2016全国Ⅲ文21题改编）设c>1，证明：当x∈（0，1）时，1+（c-1）x>cx.

【思路1】从题目知，两个变量（一个参数c，一个变量x）的关系错综复杂，剪不断，理还乱，而不等式的等价变形非常简单，移项得1+（c-1）x-cx>0，可构造函数f（x）=1+（c-1）x-cx.接下来，马上进行求导？当然不是的，审题还没开始，对于函数f（x）=1+（c-1）x-cx毫无了解就开始做题，这是大忌，先把x看作主元（当然首选x），我们只需在x∈（0，1）得到不等式成立即可.从端点出发，f（0）=0，f（1）=0，看到这个结果应当无比兴奋，如果函数在此区间上先增再减，那么问题已经得证，就从这里开始解题吧，请看过程.

【解析1】令g（x）=1+（c-1）x-cx.

由于g′（x）=（c-1）-cxln c，g′（0）=c-1-ln c>0，

g″（x）=-cxln 2c<0，

所以g′（x）=（c-1）-cxln c為减函数，

于是存在x0∈（0，+∞），使得x∈0，x0，g（x）单调递增，x∈x0，+∞，g（x）单调递减，

所以g（x）在（0，1）中的最小值必定在x=0或者x=1处取得，

又f（0）=0，f（1）=0，因此问题得证.

【思路2】从所证不等式来看，解题者往往先入为主地将x看作主元来解题，事实上c与x的地位是平等的.不妨将c当作主元来看本题，令f（c）=1+（c-1）x-cx（c>1，x∈（0，1））.

分析端点值，f（1）=0，c→+∞，f（c）→+∞，要使不等式恒成立，最好f（c）=1+（c-1）x-cx为增函数，再看单调性分析，由于f′（c）=x-xcx-1=x（1-cx-1）>0，问题得证.

【解析2】将c当作主元，因此f（c）=1+（c-1）x-cx（c>1，x∈（0，1）），

由于f′（c）=x-xcx-1=x（1-cx-1）>0，

所以f（c）=1+（c-1）x-cx在（1，+∞）内单调递增，

所以f（c）>f（1）=0.证毕.

【经验总结】端点分析是审题的一个必要步骤，至少我们可以掌握更多函数本身的信息，了解函数图像的起点和终点，给我们更多解题的空间.

二、端点分析结合单调性分析消除端点效应的顾虑

【考题二】（2016全国Ⅱ文20题改编）已知函数f（x）=（x+1）ln x-a（x-1）.若当x∈（1，+∞）时，f（x）>0，求a的取值范围.

【思路1】分析是一种有效的学习方式，而对于解题那就要融会贯通了.我们依然从审题开始，从整体来看，这是恒成立求参数范围的问题.恒成立求参数范围有非常多的策略可用，选谁？从哪里入手？这是问题的关键所在.从端点开始吧，由于f（1）=0，x→+∞，f（x）→+∞，函数值从0开始连续变化到+∞会经历什么样的变化？可以发挥你的想象.事实上，我们分析一下导数的情况，解题就很清晰了.注意到定义域为（0，+∞），而题干要求（1，+∞），只是定义域的一个子区间，而f′（x）=ln x+1x+1-a，再次对f′（x）=ln x+1x+1-a进行端点分析，f′（1）=2-a，x→+∞，f′（x）→+∞，左端点正负没定，再次求导f″（x）=1x-1x2>0，因此f′（x）=ln x+1x+1-a是单调递增函数，因此f′（x）=ln x+1x+1-a的正负情况只有两种情形.情形一，2-a≥0，即f′（x）=ln x+1x+1-a≥0，此时f（x）为递增函数，结合端点f（1）=0满足条件;情形二，2-a<0，此时存在x0∈（1，+∞），使得x∈0，x0f′（x）=ln x+1x+1-a<0，结合端点f（1）=0，不满足条件.题目解决.

【解析1】由已知，f（1）=0，f′（x）=ln x+1x+1-a，f″（x）=1x-1x2>0，f′（1）=2-a，

当2-a≥0时，f′（x）=ln x+1x+1-a≥f′（1）=2-a≥0，

所以，f（x）在（1，+∞）上单调递增，所以f（x）>f（1）=0.

当2-a<0时，存在x0∈（1，+∞），使得x∈0，x0f′（x）=ln x+1x+1-a<0，结合端点f（1）=0，不满足条件.

综上，a∈（-∞，2].

【经验总结】端点为临界值时，分类讨论的分界点恰好在导数端点值的零点.

【思路2】由于f（1）=0，x→+∞，f（x）→+∞，由于区间左端点恰好是所证不等关系的临界值.由于是临界值，因此可以得到不等式成立的必要条件f′（1）≥0，即2-a≥0，通过证明此条件也是充分条件，问题得以解决.这种解决问题的思路很多人称为“端点效应”.利用端点值处于临界值，通过单调性分析，得到结论成立的必要条件，但此范围未必具有充分性，从思路1中对f′（x）=ln x+1x+1-a的端点分析并结合其单调性分析，可以得到f（x）在（1，+∞）上只有两种情形（见思路1），显然由f′（1）≥0得到的范围具有充分性，所以可以放心应用“端点效应”这一解题策略.

【解析2】由于f（1）=0，要使不等式f（x）>0在（1，+∞）上成立，必有f′（1）≥0.

由f′（x）=ln x+1x+1-a，

代入，得2-a≥0，即a∈（-∞，2].

另一方面，当a∈（-∞，2]时，由于f″（x）=1x-1x2>0，

所以f′（x）=ln x+1x+1-a≥f′（1）≥0，

所以f（x）≥f（1）=0.

综上，a∈（-∞，2].

三、端点分析结合单调性分析坚定选择常数分离

【考题三】（2018全国Ⅱ文21题改编）已知函数f（x）=1[]3x3-a（x2+x+1），证明：f（x）只有一个零点.

【解析1】由于x2+x+1>0，

所以f（x）=0等价于x3[]x2+x+1-3a=0.

設g（x）=x3[]x2+x+1-3a，则

g′（x）=x2（x2+2x+3）[]（x2+x+1）2，

仅当x=0时g′（x）=0，

所以g（x）在（-∞，+∞）上单调递增，故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点.

又f（3a-1）=-6a2+2a-1[]3=-6a-1[]62-1[]6<0，f（3a+1）=1[]3>0，故f（x）有一个零点.

综上，f（x）只有一个零点.

【参考答案解构】此题要证明一个三次函数零点唯一，从解答来看，至关重要的一步是将参数a给独立出来，构造新函数g（x），其中能顺利构造出来g（x）有两个方面，一是x2+x+1>0，二是g′（x）=x2（x2+2x+3）[]（x2+x+1）2≥0，接下来解题顺理成章.至于为什么构造一个比原函数f（x）复杂得多的函数来处理，只有通过求导之后才能看出其中秘密.

下面通过“端点分析结合单调性分析”来明确独立参数a的必要性，给解题者的策略选择提供参考依据.

【端点值分析】x→-∞，f（x）→-∞，x→+∞，f（x）→+∞，由零点存在性定理，至少存在一个零点.

【单调性分析】f′（x）=x2-2ax-a，Δ=4a2+4a，正负未定，即零点情况未定，因此f（x）的单调性并不明显.

从两方面分析，若直接研究f（x）的零点问题，需要对a进行分类讨论，而且涉及隐零点运用问题，过程复杂得多.为了对比，也将这种解题过程展示出来.

【解析2】因为f′（x）=x2-2ax-a，

令f′（x）=0，得Δ=4a2+4a.

当Δ≤0，即-1≤a≤0时，f′（x）≥0，

此时显然有唯一零点.

当Δ>0，即a<-1或a>0时，由f′（x）=0，

有x1=a+a2+a，x2=a-a2+a.

下面讨论a>0的情形（a<-1的情形一样，略去）.

由于f（x1）