一类导数压轴题中双变量问题的多角度探究
2022-05-23陶勇胜
陶勇胜
(杭州学军中学海创园校区，浙江 杭州 311121)
导数中的不等式问题是近几年高考压轴题中的高频考点，其中以导数不等式为背景的双变量问题更是热点和难点[1].由于这一类问题含两个变量，其解法众多且技巧性强，常以压轴题的形式出现，对学生的数学抽象、逻辑推理、数学建模等核心素养有较高的要求.学生在有限时间内如果选择方法不当，那么即使费时、费力也很难取得突破，因此此类问题是学生解题过程中的一个“痛点”.本文从一道2021年的数学高考试题说起，对导数不等式中的双变量问题进行多角度探究，以期优化解决此类问题的思维策略.
1 问题呈现
例1已知函数f(x)=x(1-lnx).
1)讨论f(x)的单调性；
(2021年全国数学新高考Ⅰ卷第22题)
2 解法探究
1)由题意，得
当0
由blna-alnb=a-b，得
x1-x1lnx1=x2-x2lnx2，
即
f(x1)=f(x2).
又f(e)=0,不妨设0 要证明不等式2 证法1(构造对称函数)令F(x)=f(1+x)-f(1-x)，其中0 F′(x)=f′(1+x)+f′(1-x)=-ln(1-x2). 当0 F(x)>F(0)=0， 即 f(1+x)>f(1-x). 令x=1-x1，0 f(2-x1)>f(x1), 即 f(2-x1)>f(x2). 又因为f(x)在(1,+∞)上单调递减，且x2>1，2-x1>1，所以 x2>2-x1， 即 x1+x2>2. 当0 F(x)>F(1)=0， 即当0 两式相减，可得 从而 故 x1+x2>2. 证法1(不等式放缩)因为0 f(x1)=x1-x1lnx1>x1, 于是x1+x2 令G(x)=2x-xlnx，其中1 G′(x)=1-lnx， 当1 G(x) 故 x1+x2 评注在证明不等式x1+x2 证法2(不等式放缩)先证明：当x>0且x≠1时，lnx 设G(x)=lnx-x+1，则 当0 G(x) 即当x>0且x≠1时， lnx 因为0 f(x1)=x1-x1lnx1>x1. 所以 f(x1)-f(x2)>x1-(e-x2)， 从而 x1+x2-e<0， 即 x1+x2 从结论入手运用分析法证明不等式，此思路简洁清晰，较为自然.在切线视角下进行放缩求解，是证明不等式的重要方法. 证法3(构造函数)令G(x)=f(x)-f(e-x)，其中0 G′(x)=f′(x)+f′(e-x)=-ln(-x2+ex). 因为函数y=-x2+ex在(0,1)上单调递增，所以G′(x)在(0,1)上单调递减.又因为 G′(1)=-ln(e-1)<0， 所以G′(x)在(0,1)上存在唯一零点x0，使得 即 且当0 G(x)max=G(x0)=f(x0)-f(e-x0) 由0 G(x)max>0， G(x)>0， 即 f(x)>f(e-x). 由第1)小题可知，f(x)在(0,1)上单调递增且0 f(x1)>f(e-x1)， 从而 f(x2)>f(e-x1). 又因为f(x)在(1,+∞)上单调递减且x2>1，e-x1>1，所以 x2 即 x1+x2 评注在证明不等式x1+x2 且 f(e-x1) 即 f(e-x1) 因为f(x)在(1,+∞)上单调递减且x2>1,e-x1>1，所以 x2 即 x1+x2 证法5(构造函数)由f(x1)=f(x2)，得 x1-x1lnx1=x2-x2lnx2， 即 要证明x1+x2 即证 令h(x)=x2-exlnx，则 h(x)-f(x)=x(x-1+lnx-elnx)， 设m(x)=x-1+lnx-elnx，则 当0 h(x2) 评注此证法中构造的函数h(x)=x2-exlnx在(0,+∞)上不是单调函数，无法直接利用函数的单调性证明h(x2) 对于双变量不等式的证明，无论是构造函数还是不等式放缩，其本质都是从数形结合角度去直观理解，用割线、切线代替曲线，用曲线代替曲线，简称“以直代曲，以曲代曲”.以本题为例，对于不等式x1+x2>2，构造与函数y=f(x)关于直线x=1对称的函数y=f(2-x)，以曲线y=f(2-x)代替曲线y=f(x).下面给出证明过程： 设f(x1)=f(x2)=t，函数y=t与y=f(x),y=f(2-x)的交点横坐标分别为x2,x3，由y=f(x)与y=f(2-x)关于直线x=1对称，知 x3+x2=2. 令F(x)=f(x)-f(2-x)，其中0 F′(x)=f′(x)+f′(2-x)=-ln(-x2+2x). 当0 F(x) 从而 f(x) 即 f(x1) 由f(x1)=f(2-x3)，得 2-x3>2-x1,因此x1>x3，故 x1+x2>x3+x2=2. 图1 y=-x+e. 设f(x1)=f(x2)=t，直线y=x与直线y=t的交点的横坐标为x3，直线y=-x+e与直线y=t的交点的横坐标为x4，则 x3=t，x4=e-t. 由证法1可知，当1 f(x)+x 即 f(x2)+x2 由于f(x2)=t，从而 x2 即 x2 同理可得 x1 故 x1+x2 评注在求解x1+x2 如果求解方程f(x)=t的实根x1，x2十分困难，那么巧妙借助割线和切线，以直代曲，以曲代曲，将难以求解的曲线与直线的交点坐标转化为直线与直线的交点坐标，这显然有利于学生的数形结合、转化与化归等数学思想方法的提升和对导数及其应用的本质理解.因此，构造直线或曲线来以直代曲、以曲代曲可以达到化繁为简、简化解题过程的效果，不失为解决不等式证明问题的有效方法.其中二次函数的图像是我们熟知的抛物线，根据这一思路，是否可以构造二次函数曲线去代替曲线？ 图2 图3 则 当x>1时，则F″(x)<0，当x<1时，F″(x)>0，从而F′(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.又因为F(1)=0，F′(1)=0，所以当x>1时， F′(x) 即F(x)在(1,+∞)上单调递减，从而 F(x) 因此，当x>1时， h(x) 可得 x4 同理 x3 又因为x3+x4=2，所以 x1+x2>x3+x4=2. 易知当x∈(0,e-1)时，p(x)在(0,e-1)上单调递增，当x∈(e-1,e)时，p(x)在(e-1,e)上单调递减.注意到G(1)=0，G(e)=0，且p(1)=0，故当x∈(0,1)时，G(x)<0，从而g(x) 设x0为函数f(x)的极值点，且方程f(x)=t有两个实根x1，x2，由于上述函数f(x)图像的极值点x0左右增减速度不一致，导致函数f(x)的图像不具有对称性，此时构造具有对称性的二次函数g(x)，使得方程g(x)=t的两个实根x3，x4满足x1>x4(或x4>x1)，x2>x3(或x3>x2)，且x3+x4=m(或n)，则x1+x2>x3+x4=m(或x1+x2 ①求函数f(x)的极值点坐标(x0,f(x0))； ②构造二次函数顶点式g(x)=a(x-x0)2+f(x0)； ③令F(x)=g(x)-f(x)，利用F″(x)=0，求出系数a； ④判断函数F(x)=g(x)-f(x)在各区间的正负，得到g(x1)>g(x2)或g(x1) ⑤根据二次函数的对称性，得到x1+x2>m或x1+x2 1)不含参数类型. (2010年天津市数学高考卷第21题) 这是一道极值点偏移的经典题，诸如对数平均不等式、构造对称函数、齐次法等方法可用于求解[1-5].下面利用构造二次函数以曲代曲的方法进行研究： 图4 从而 于是 当x>1时，F″(x)<0，当x<1时，F″(x)>0，从而F′(x)在(-∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.因为F(1)=0，F′(1)=0，所以当x>1时，F′(x) 2)含参数类型. 例3已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点. 1)求a的取值范围； 2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2<2. (2016年全国数学高考Ⅰ卷第21题) 证明1)a>0，过程略. 如图5，仿例2可证，当x>1时，h(x)>g(x)；当x<1时，h(x) 图5 由于x1<1 f(x1) 同理可得 f(x2)>g(x2)+a(x2-1)2. 因为f(x1)=f(x2)，所以 g(x1)+a(x1-1)2>g(x2)+a(x2-1)2， 化简,得 因为x2>x1，且a>0，所以x1+x2<2. 总之，双变量不等式的证明是考查导数的一个重要抓手.处理此类问题应重视直观，数形结合，突出本质，关注过程，通过归纳通性通法可以让学生深刻领悟问题的本质，掌握解决问题的一般方法和规律，体会其中蕴涵的数学思想.2.1 不等式x1+x2>2的证明
2.2 不等式x1+x2
3 几何背景探究
4 进一步探究
5 规律提炼与应用
6 结束语
