09 优化解题思路 提高解题素养——以导数中三类问题的优化为例-《中学生数理化》高二数学2024年2月刊

优化解题思路　提高解题素养 ——以导数中三类问题的优化为例 ■河北南宫中学 韩文娟 霍忠林 不等式证明问题、函数恒成立问题、函数 零点问题是导数中最常见的三种题型,这三 种问题的“通性通法”就是:通过构造函数,将 其转化为函数的最值问题来处理。对于函数 的构造,是直接构造呢? 还是变形后再构造? 不同的试题处理策略也是不同的。一般地, “先变形,再构造”往往能化繁为简,提高解题 效率。下面通过几道试题让同学们感受“先 变形,再构造”的魅力,提醒同学们解题时要 有“变形”意识。 题型一、不等式证明问题 例 1 (2021年全国Ⅰ卷理科第20题 改编)已 知 g(x)= x+ln(1-x) xln(1-x) ,证 明: g(x)<1。 解析:由题意知函数g(x)的定义域为 (-∞,0)∪(0,1)。 当x<0时,xln(1-x)<0,故g(x)< 1⇔x+ln(1-x)-xln(1-x)>0⇔x+(1- x)ln(1-x)>0⇔ln(1-x)+ x 1-x>0 。 当0<x<1时,xln(1-x)<0,同理可 得g(x)<1⇔ln(1-x)+ x 1-x>0 。 令f(x)=ln(1-x)+ x 1-x ,则只需证 明f(x)>0(x<1且x≠0)。 f'(x)= -1 1-x+ 1 (1-x)2 = x (1-x)2 ,所 以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,1)上 单调递增。 而f(0)=0,故f(x)>f(0)=0。 原命题得证。 评注:本 题 若 直 接 构 造 函 数 f(x)= g(x)-1= x+ln(1-x) xln(1-x)-1 来处理,解题过 程会涉及多次求导,计算也很烦琐,但是通过 等价变形将对数ln(1-x)前的系数化为1, 可以减少求导次数,优化解题过程,易于同学 们掌握。实际上,在证明含有对数的不等式 时,常通过等价变形将对数前的系数化为1, 能优化解题过程。比如:在证明“形如f(x)· ln x>g(x)(或f(x)·ln x<g(x),其中 f(x)>0)”时,可考虑将其等价转化为证明 “ln x>g (x) f(x) 或ln x<g (x) f(x) ”来处理,此时只 要通过求导,一次便可将ln x“消灭”。 例 2 (2016年新课标Ⅱ卷理科第21 题改编)证明:当x>0时,(x-2)ex+x+ 2>0。 解析:当x>0时,(x-2)ex+x+2> 0⇔ x-2 x+2e x+1>0。 构造函数g(x)= x-2 x+2e x+1(x>0),则 g'(x)= x2ex (x+2)2 >0,所以g(x)在(0,+∞) 上单调递增,故g(x)>g(0)=0。 故原命题得证。 评注:若本题直接构造为f(x)=(x- 2)ex+x+2来证明,需要二次求导才能处 理,但是通过变形,只需要求一次导即可。实 际上,在证明含有指数的不等式时,常通过等 价变形将指数与“其他部分”放在一起,往往 能 优 化 解 题 过 程。 比 如,在 证 明 “形 如 f(x)·ex>g(x)(或f(x)·ex<g(x),其 中g(x)>0)”时,可考虑将其等价转化为证 明“f (x)·ex g(x) >1 或f (x)·ex g(x) <1 ”来处理, 往往能提高解题效率。 题型二、函数恒成立问题 例 3 (2020年新课标Ⅰ卷理科第21 题)已知函数f(x)=ex+ax2-x,当x≥0 时,f(x)≥ 1 2x 3+1,求实数a的取值范围。 解析:f(x)≥ 1 2x 3+1⇔ 1 2x 3-ax2+x+1 ex ≤ 62 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年2月 1,构造函数g(x)= 1 2x 3-ax2+x+1 ex (x≥ 0),g(0)=1,则g'(x)= - 1 2x (x-2)(x-2a-1) ex (x≥0)。 当2a+1≤0,即a≤- 1 2 时,g(x)在(0, 2)上单调递增,则当x∈(0,2)时,g(x)> g(0)=1,不合题意。 当0<2a+1<2,即- 1 2<a< 1 2 时, g(x)在(0,2a+1)上单调递减,在(2a+1,2) 上单调递增,在(2,+∞)上单调递减。 而g(0)=1,由g(2)≤1,得 7-e2 4 ≤a< 1 2 。 当2a+1=2,即a= 1 2 时,g(x)在(0,+∞) 上单调递减,则g(x)<g(0)=1,满足题意。 当2a+1>2,即a> 1 2 时,g(x)在(0,2) 上单调递减,在(2,2a+1)上单调递增,在 (2a+1,+∞)上单调递减。 而 g (0)= 1, g (2a + 1)= 1 2 (2a+1)3-a(2a+1)2+2a+2 e2a+1 = 2a2