一道经典高考导数压轴题的解法探究、溯源与推广-《中学生数理化》高二数学2023年7-8月刊

一道经典高考导数压轴题的解法探究、溯源与推广 ■贵州省仁怀市周林高中 尹伟云 一道优质的高考试题,在题型、角度、难 度等方面都有过充分考虑,凝聚了命题专家 的集体智慧。导数压轴题的设置,能充分地 考查同学们的思维能力以及对知识的综合运 用能力,为高校选拔高素质人才提供了可靠 的保障。 一、试题再现及解法探究 题目:(2020年全国新课标Ⅲ卷理科第 21题)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y= f(x)在 点 1 2 ,f 1 2 处 的 切 线 与 y 轴 垂直。 (1)求b的值; (2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零 点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于1。 解析:(1)f'(x)=3x2+b。依题意得 f' 1 2 =0,即34+b=0,故b=-34。 (2)证法1:(讨论参数)由(1)知f(x)= x3- 3 4x+c ,所以f'(x)=3x2- 3 4 。 令f'(x)=0,解得x=- 1 2 或x= 1 2 。 f'(x)与f(x)的取值情况如表1所示。 表1 x -∞,- 1 2 -12 -12,12 12 12,+∞ f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ c+ 1 4 ↘ c- 1 4 ↗ 因为f(1)=c+ 1 4=f - 1 2 ,所以当 c<- 1 4 时,f(x)只有大于1的零点。 因为f(-1)=c- 1 4=f 1 2 ,所以当 c> 1 4 时,f(x)只有小于-1的零点。 若f(x)有一个绝对值不大于1的零点, 则- 1 4≤c≤ 1 4 。 当c=- 1 4 时,f(x)只有两个零点- 1 2 和1; 当c= 1 4 时,f(x)只有两个零点-1和 1 2 。 当- 1 4<c< 1 4 时,有c+ 1 4>0 ,c- 1 4< 0,由零点存在性定理知,f(x)有三个零点。 设这三个零点分别为x0,x1,x2,其中x0∈ -1,- 1 2 ,x1∈ -12,12 ,x2∈ 12,1 。 故f(x)所有零点的绝对值都不大于1。 评析:这种证法是大部分同学能够想到 的常规证法。本题考查利用导数求解函数的 单调性与极值、最值,以及零点存在性定理的 运用等,考查分类与整合能力,通过对参数分 5种情况讨论,再各个击破,排除不合条件的 情况,对符合条件的情况下的零点进行验证, 从而达到证明目的。当然,本题也可以先分 离参数,化为c=-x3+ 3 4x ,转化为水平直 线y=c 与确定的三次函数y=-x3+ 3 4x 的图像交点横坐标的范围问题,即由一个交 点横坐标的绝对值不大于1得到c 的范围, 再以此确定其他交点横坐标的范围。 证法2:(讨 论 主 元)由 f(x)=x3- 3 4x+c ,得f'(x)=3x+ 1 2 x-12 。 当x<- 1 2 或x> 1 2 时,f'(x)>0,则 f(x)分别单调递增; 当- 1 2<x< 1 2 时,f'(x)<0,则f(x) 单调递减。 若f(x)有一个绝对值不大于1的零点, 即f(x)在[-1,1]内有零点,则[f(x)]max= max f - 1 2 ,f(1) =c + 14 ≥0,且 [f(x)]min=minf 1 2 ,f(-1) =c-14≤ 74 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2023年7-8月 0,解得- 1 4≤c≤ 1 4 。 当x<-1时,f(x)<f(-1)=c- 1 4≤ 0,即f(x)<0。 当x>1时,f(x)>f(1)=c+ 1 4≥0 ,即 f(x)>0。 所以f(x)的零点不可能在(-∞,-1) ∪(1,+∞)内,故f(x)所有的零点在[-1, 1]内,f(x)所有零点的绝对值都不大于1。 评析:本题先由函数的单调性及图像的 连续性,得到c 的取值范围,再讨论主元x, 排除零点在区间[-1,1]之外的情况,从而达 到证明目的。考查了同学们对数形结合思想 和分类讨论思想的运用,以及逻辑推理能力、 数学运算等核心素养。 证法3:(利用二次函数图像)设x0(|x0| ≤1)是 函 数 f(x)的 一 个 零 点,则 x30- 3 4x0+c=0 ,即c=-x30+ 3 4x0 。 从而f(x)=x3- 3 4x-x 3 0+ 3 4x0= (x-x0)· x2+x0x+x20- 3 4 。 令g(x)=x2+x0x+x20- 3 4 ,则抛物线 y=g(x)的开口向上,对称轴方程为x= - x0 2 ,- 1 2x0 ∈ - 1 2 ,1 2 ,且 Δ=x20 - 4x20- 3 4 =3(1-x20)≥0。 所以方程g(x)=0有两个实根,设为 x1,x2(其中x1≤x2)。 又 g (-1)=1-x0