数形结合改变视角 多元变量主元思想——2021年天津导数题解法研究

⦿天津市宁河区芦台第一中学 张振山

1 引言

导数是联系高等数学与初等数学的纽带，是学习微积分的基础.导数定量地刻画了函数的局部变化，是研究函数性质的基本工具.在高考试题中，导数的考查知识十分广泛,通常考查函数的几何意义、函数的极值、单调性，并结合不等式、数列、三角函数等知识进行综合考查.通过这些知识的考查，进而考查学生的数学抽象、数学运算、直观想象和逻辑推理的数学核心素养.本文中就2021年天津高考导数题解答方法和基本数学思想加以研究.

2 题目呈现

题目(2021年天津高考第20题)已知函数f(x)=ax-xex(a>0).

(Ⅰ)求f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

(Ⅱ)证明f(x)存在唯一的极值点；

(Ⅲ)若存在a，使f(x)≤a+b对任意x∈R成立，求b的取值范围.

3 题目解析

第Ⅰ问略，第(Ⅱ)、(Ⅲ)问分别分析及解答如下.

3.1 第(Ⅱ)问分析及解答

分析：要证明f(x)存在唯一的极值点，即证f′(x)=a-(x+1)ex有且仅有一个零点，且在该零点的左右f′(x)的函数值符号相反.由于a是正数，于是当x<-1时，f′(x)>0.那么唯一的零点一定在区间(-1,+∞)内，只要证明f′(x)在(-1,+∞)上有唯一的零点即可.证明零点存在有两个思路:一是利用零点存在定理;二是通过画出相关函数的图象，观察交点是否存在.相应思维导图如图1所示，下面结合本思维导图给出2种解题思路6种具体证明方法.

图1

解答思路1：利用零点存在定理，确定隐零点.

证法1：函数f(x)的导数f′(x)=a-ex-xex=a-(x+1)ex，f″(x)=-(x+2)ex.

x(-朠,-2)-2(-2,+朠)f″(x)+0-f'(x)↗极大值↘

当x<-1时，(x+1)ex<0，又a>0，所以f′(x)>0.

又f′(-1)=a-(-1+1)ea=a>0,f′(a)=a-(a+1)ea=a(1-ea)-ea<0,

则f′(-1)f′(a)<0.

因此∃x0∈(-1,a)，使f′(x0)=0.

所以x∈(-1,x0)，f′(x)>0；x∈(x0,a)，f′(x)<0.

则f(x)在(-1,x0)单调递增，在(x0,a)单调递减.

因此，f(x)存在唯一的极值点x0.

证法2：先放缩ea≥a+1>a，进而消去f′(a)中的ea，将超越函数转化为二次函数.

f′(a)=a-(a+1)ea

下同证法1.

证法3：将f′(x)变形，f′(x)=a-ex-xex=a-xex-ex.

令h(x)=-xex，则h′(x)=-(x+1)ex.

x(-朠,-1)-1(-1,+朠)h'(x)+0-h(x)↗极大值↘

由证法1知f′(x)在(-1,+∞)单调递减，只要确定一个实数m，使f′(m)<0即可.

下同证法1.

解答思路2：构造函数，使图象存在唯一交点.

证法4(秒杀法1)：将f′(x)=a-(x+1)ex的零点等价转化.

f′(x)=a-(x+1)ex有唯一零点⟺方程a=(x+1)ex有唯一的解⟺函数y=(x+1)ex的图象与y=a(a>0)有唯一的交点.

令g(x)=(x+1)ex，则g′(x)=(x+2)ex.

x(-朠,-2)-2(-2,+朠)g'(x)-0+g(x)↘极小值↗

图2

又g(-1)=0,观察图象(如图2)，显然函数y=(x+1)ex的图象与y=a(a>0)有唯一的交点.

证法5(秒杀法2)：由a>0及a=(x+1)ex，可判断x>-1.将a=(x+1)ex等价转化：

图3

即x0是f(x)唯一的极值点.

图4

归纳总结：对f(x)求导得f′(x)=a-(x+1)ex，即证f′(x)有且仅有一个变号零点.思路1的证明比较严谨，先判断单调函数，再寻找两个异号的函数值，进而得到零点所在位置；而思路2虽然能形象直观观察出存在唯一零点，但表述不严谨，一般在证明时不建议使用.

3.2 第(Ⅲ)问分析及解答

分析：对于多元含参不等式恒(能)成立问题，要抓住两个关键词，即“多元”“恒(能)成立”.对“多元变量”的出现，可以通过消元减少变量，也可以将某一变量当作主元，其余变量为常数，采取逐一突破的办法来实现；对于“恒(能)成立”问题，要优先考虑将参数分离.思维导图如图5所示，下面结合本思维导图给出4种解题思路5种具体解法.

图5

思路1：确定主元.

解法1：以x为主元，视为x的超越函数.

f(x)≤a+b恒成立⟺f(x)max≤a+b，下面研究f(x)的最大值.

由第(Ⅱ)问可知，f(x)在(-∞,x0)单调递增，在(x0,+∞)单调递减.

所以f(x)max=f(x0)=ax0-x0ex0.于是

将a=(x0+1)ex0代入①式，整理得

因为a>0，所以(x0+1)ex0>0,即x0>-1.

令h(x)=ex(x2-x-1)(x>-1).则h′(x)=ex(x2+x-2)=ex(x+2)(x-1).

x(-1,1)1(1,+朠)h'(x)-0+h(x)↘极小值↗

所以h(x)min=h(1)=e1(1-1-1)=-e.

因为存在实数a，使f(x)≤a+b恒成立,

所以b≥-e.

解法2：以a为主元，视为a一次函数.

∀x∈R,∃a>0，使得f(x)≤a+b⟺ax-xex-a≤b⟺(x-1)a-xex-b≤0.

将a视为主元，则转化为关于a的一元一次不等式，令m(a)=(x-1)a-xex-b.

当x>1时，m(a)在(0,+∞)单调递增，则m(0)=(x-1)×0-xex-b=-xex-b<0，即b>-xex(x>1).因为φ(x)=-xex在(1,+∞)单调递减，所以φ(x)<φ(1)=-e,故b≥-e.

当x=1时，m(a)为常函数，则-e-b≤0，故b≥-e.

当x<1时，∃a>0，m(a)=(x-1)a-xex-b≤0，即(x-1)a-xex≤b.

令u(x)=(x2-x-1)ex+e，则u′(x)=(x2+x-2)ex=(x+2)(x-1)×ex<0.

所以u(x)在(-∞,1)单调递减，u(x)>u(1)=0.

于是存在a=2e，使不等式(x-1)a-xex<-e成立.

故当b≥-e时(x-1)a-xex≤b成立.

思路2：寻求必要条件，再检验.

解法2中，当x<1时并没有求b的取值范围，而是在b≥-e这个必要条件下，加已验证即可.按此思路，得出以下方法.

解法3：由于x具有任意性，先取x=1，得b≥-e.

由第(Ⅱ)问知，当a=2e时，f′(x)=a-(x+1)ex有唯一的零点1，即f(x)有唯一的极值点x0=1,且f(x)≤f(1)=e.因此只要b≥-e，则存在a=2e使得f(x)≤f(1)=e≤a+b对任意x∈R成立.

思路3：参数分离.

(1)将不等式中变量b分离.

若存在实数a，使f(x)≤a+b恒成立，即b≥f(x)-a恒成立.

令g(x)=f(x)-a(a>0)，则g′(x)=f′(x)=a-ex(x+1).

则[g(x)]max=[f(x)]max-a=f(x0)-a=ax0-x0ex0-a=a(x0-1)-x0ex0.

下同解法1和解法2.

(2)将不等式中变量a分离.

若存在实数a，使f(x)≤a+b恒成立，即xex+b≥a(x-1)恒成立.

当x=1时，则e+b≥0，故b≥-e.

综上，b≥-e.

思路4：构造切线不等式.

受第(Ⅰ)问的启发，将y=xex与该曲线某点处的切线结合起来，把超越不等式恒成立问题转化为多项式不等式恒成立问题.

解法5：∀x∈R,∃a>0，使得f(x)≤a+b⟺ax-xex-a≤b⟺xex-ax+a+b≥0.

令h(x)=xex-ax+a+b=(xex-2ex+e)+(2e-a)(x-1)+b+e.

因为xex-2ex+e≥0，当且仅当x=1时取等号，

所以(2e-a)(x-1)+b+e≥0恒成立即可.

当b+e≥0时，即b≥-e，∃a=2e对∀x∈R，都有h(x)=xex-ax+a+b≥0，满足题意.

当b+e<0时，即b<-e，有h(1)=e+b<0，不合题意.

所以b≥-e.

图6

这里对于任意x∈R，xex≥a(x-1)-b恒成立，从几何图形分析，函数y=xex的图形不会在直线y=a(x-1)-b的下方.考察y=xex在x=1时的切线(如图6)：

4 总结

函数思想贯穿于整个高中数学之中，本题通过运用函数知识、函数思想、函数方法解决问题.题目对数学知识的迁移、组合、融会的程度，显示出学生个体理性思维的广度和深度.试题的解答方法灵活多变，多问设置由易到难，多角度多层次考查.试题兼顾基础性、综合性，突出对数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等数学核心素养的考查.Z