构造函数破译双变量问题 对数平均不等式相映生辉
2021-08-17廖国达
廖国达
[摘 要]以一道导数题为例，在对解法的探寻与一题多解的基础上，对试题进行深入挖掘，对素养导向下的数学课堂教学以及一题多解教学进行探究，指引学生学会对典型题目进行拆分和组合，学会从多角度、多方面来分析和解决典型题目，从中概括出基本题型和基本规律方法.
[关键词]双变量;对数平均不等;一题多解
[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 1674-6058（2021）20-0005-03
近年来，高考题或高考模拟题的综合题中大多数都含有求参数范围或含参证明的内容.本文以一道导数题为例，在对解法的探寻与一题多解的基础上，对试题进行深入挖掘，并对素养导向下的数学课堂教学以及一题多解教学进行探究.本文所选题目是经命题教师精雕细琢、耐心打磨而来的原创题，很有创新性，解题方法灵活多变，值得我们认真研究.
一、试题呈现
已知函数[f（x）=ln x-kx2（k∈R）].
（1）讨论[f（x）]的单调性;
（2）若[f（x）]有两个零点[x1]，[x2]，求k的范围，并证明[x1+x2>2-2k].
二、试题分析
本题条件简洁大气，具备高三理科数学复习考试压轴题的典型气质，第（1）问是简单含参讨论函数的单调性问题，难度不大，而第（2）问已知函数有两个零点，确定参数范围，并证明含参不等式，入手容易，但到了关键步骤却很难进行下去.这两类问题都是近年来的高考热点，充分考查数形结合、分类讨论、函数与方程以及等价转化等数学思想.
三、解题方法
1.定导分综
通过“定导分综”四字口诀分析解答第（1）问，“定”指的是定义域，“导”是对函数进行求导运算，“分”是分类讨论，“综”是指总结答案回应题目.
解：（1）因为[f（x）=ln x-kx2]，函数[fx]的定义域为[0，+∞]，
所以[f（x）=1x+2kx3=x2+2kx3]，[x>0].当[k≥0]时，[fx>0]，所以函数[f（x）]在[0，+∞]上单调递增;当[k<0]时，由[f（x）=0]，得[x=-2k]（负根舍去），当[x∈0，-2k]时，[fx<0]，当[x∈-2k，+∞]时，[fx>0]，所以函数[fx]在[0，-2k]上单调递减，在[-2k，+∞]上单调递增.
综上所述，当[k≥0]时，函数[f（x）]在[0，+∞]上单调递增;当[k<0]时，函数[f（x）]在[0，-2k]上单调递减，在[-2k，+∞]上单调递增.
2.零点存在性定理
求[k]的取值范围，实质就是对参数进行分类，把零点个数问题转化为在区间上有零点，然后在每个区间上，采用零点存在性定理进行证明.
解：由（1）知，当[k≥0]时，[f（x）]在[0，+∞]上单调递增，不可能有两个零点，不满足条件;当[k<0]时，函数[f（x）]在[0，-2k]上单调递减，在[-2k，+∞]上单调递增，
所以[f（x）min=f-2k=ln-2k+12]，要使函數[f（x）]有两个零点，
首先[f（x）min=ln-2k+12<0]，解得[-12e
下面证明[f-2k=ln-2k-14k>0].设[gk=ln-2k-14k]，则[gk=1k+14k2=4k+14k2].因为[k>-12e]，所以[gk=1k+14k2=4k+14k2>-2e+14k2>0].
所以[gk]在[-12e， 0]上单调递增，所以[f-2k=][ gk>g-12e=ln1e+e2>0].
也可以这样说明，因为当[x→0+]时， [fx→+∞]，且[f1=-k>0]，
所以[k]的取值范围是[-12e， 0].
3.分离参数
利用分离参数的方法可以将复杂的问题转化为简单的求值问题，但这需要我们掌握一些简单的极限知识.
解：由[f（x）=ln x-kx2=0]，得到[k=x2ln x].设[gx=x2ln x]，则
[gx=x2ln x+1].当[0
所以函数[gx]在[0， e-12]上单调递减，在[e-12，+∞]上单调递增.
所以由[gxmin=][ge-12=-12e].因为[x→0+]时，[gx→0]，且[g1=0]，
要使函数[f（x）]有两个零点，必有[-12e 4.破译双变量 破译双变量的方法是：根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间的大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. 【方法1】因为[x1]，[x2]是函数[f（x）]的两个零点，不妨设[x1 所以[ln x1-kx21=0，ln x2-kx22=0，]即[ln x2-ln x1=kx22-kx21?ln t=kt2x21-kx21?x21=kln t1t2-1]，[-12e 即证[kln t1t2-11+t2>-8k].因为[-12e 或证[8ln t+1t2-11+t2<0t>1]. 设[h（t）=8ln t+1t2-11+t2]，[t>1]. 即[h（t）=8ln t-t2-2t+2t+1t2]，[t>1]. [所以h（t）=8t-2t-2-2t2-2t3= ][-2t2-12-2tt-12t3<0]. [用其他方法判断[ht<0]均可，如令分子为[ut]，通过多次求导判断.] 所以[h（t）]在[1，+∞]上单调递减，[h（t）=8ln t+1t2-11+t2 所以[x1+x2>2-2k]. 【方法2】因为[x1]，[x2]是函数[f（x）]的两个零点，不妨设[x1 所以[ln x1-kx21=0，ln x2-kx22=0，]即[ln x2-ln x1=kx22-kx21]，所以[ln t=kt2x21-kx21]， 即[x12=kln t1t2-1]，[-12e 要证[x1+x2>2-2k?x1x2>-2k?tx21>-2k]，即证[t×kln t1t2-1>-2k].因为[-12e 则[h（t）=2t-1-1t2=-t-12t2<0]，[t>1]，所以[h（t）]在[1，+∞]上单调递减，所以[h（t）=2ln t-t+1t 【方法3】因为[x1]，[x2]是函数[f（x）]的两个零点，不妨设[x1 所以[ln x1-kx21=0，ln x2-kx22=0，]即[ln x1+ln x2=kx21+kx22?x1+x2>2-2k?x1x2>-2k] 只需证[ln x1+ln x2>ln-2k?kx21+kx22>ln-2k?kx21+ktx21>ln-2k]. 即证[k1+1t21x21>ln-2k].因为[0 所以[k1+1t21x21>k1+1t2×1-2k=-121+1t2>-121+1=-1]. 而[ln-2k 【方法4】因为[x1]，[x2]是函数[f（x）]的两个零点，不妨设[x1 由已知得[ln x1-kx21=0，ln x2-kx22=0，]即[ln x2-ln x1=kx22-kx21].先证明[ln x2-ln x1x2-x1<1x1x2]，即证明[ln t 所以[ht]在[1，+∞]上单调递增，所以[ht>h1=0]，所证不等式成立，所以有[ln x2-ln x1x2-x1=-kx1+x2x21x22<1x1x2].即[-kx1+x2 5.极值偏移 运用判定定理判定极值点偏移的方法： 方法概述：（1）求出函数[f（x）]的极值点[x0];（2）构造一元差函数[F（x）=f（x0+x）-f（x0-x）];（3）确定函数[F（x）]的单调性;（4）结合[F（0）=0]，判断[F（x）]的符号，从而确定[f（x0+x）]、[ f（x0-x）]的大小关系. 口訣：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪;四个步骤环相扣，两次单调紧跟随. 解：要证[x1+x2>2-2k]，其中[x1∈0，-2k]，[x2∈-2k，+∞]， 即证[x2>2-2k-x1].利用函数[fx]的单调性，只需证明[fx2>f2-2k-x1]. 因为[fx2=fx1]，所以只要证明[fx1>f2-2k-x1]，其中[x1∈0，-2k].构造函数[Fx=fx-f2-2k-x]，[x∈0，-2k]， 则[Fx=ln x-kx2-ln2-2k-x+k2-2k-x2]. 因为[Fx=1x+2kx3+12-2k-x+2k2-2k-x3] [=2-2kx2-2k-x+4k-2k2-2k-x2-x2-2k-x+x2x32-2k-x3][<2-2kx2-2k-x+4k-2kx22-2k-x2=-2-2kx--2k2x22-2k-x2<0]（利用均值不等式） 所以[Fx]在[0，-2k]上单调递减. 所以[Fx>F-2k=ln-2k+12-ln-2k-12=0]，所以[fx>f2-2k-x]在[0，-2k]上恒成立， 所以要证的不等式[x1+x2>2-2k]成立. 6.对数平均 解：现给出对数平均不等式：[ln a-ln ba-b<1ab（a>0 ， b>0， a≠b）].先证明对数平均不等式，不妨设[0 上述各种解法，都是解决函数、导数、不等式相关综合问题的通法，每种方法都十分精妙.引发我们思索的是：每一种解法的思维过程都是自然的，都源于对问题、对代数式结构的联想，认知函数图形性质，联想相关的解题策略，无不说明由此及彼的广泛联系是数学解题的通用思考方式. [ 参 考 文 献 ] [1] 朱红岩.极值点偏移的判定方法和运用策略[J].中学数学教学参考，2016（7）：27-28+34. [2] 白志峰，祁京生.例谈处理极值点偏移问题的有效策略[J].高中数学教与学，2020（3）：17-18. [3] 罗诚.函数极值点偏移问题的处理策略[J].上海中学数学，2017（Z2）：8-9+44. （责任编辑 陈 昕）
