专题24 探路法(上)-【老唐说题】高中数学新思路 高观点 低运算系列3

书 ■ ２２６　 ■  ２４!"#$%& '()*+,( （ -.()/ ） 　　导数无论小题和大题，必要性探路是一种常 见的思想，所以通常有这么一句话“会探路，不 迷路”．我们将探路分为端点探路，零点探路， 极点探路，切点探路，一些题目甚至需要双线探 路，接下来的两个专题，我们将对探路问题进行 一个全面解读． 探路法：ｆ（ｘ）≥０在区间ｘ∈Ｄ恒成立，其实 就是找到 ｘ０∈Ｄ，使得 ｆ（ｘ）ｍｉｎ＝ｆ（ｘ０）≥０恒成 立，这个ｘ０是可以提前进行预判和假设的，提 前找到这个ｘ０，将解答题转化为证明题，叫做找 点探路法，解答题中一定需要进行充分性证明． !"#$%& 若 ｆ（ｘ）≥０在区间 ｘ∈［ｍ，ｎ］恒成立，且 ｆ′（ｍ）′ｆ（ｎ）≥０，我们先考虑把两个端点代入进行 探路，其本质就是ｆ（ｘ）ｍｉｎ＝ｍｉｎ｛ｆ（ｍ），ｆ（ｎ）｝． 若 ｆ（ｘ）＝０在区间 ｘ∈（ｍ，ｎ）有一个零点， 且 ｆ′（ｘ）恒正或者恒负，则ｆ（ｍ）ｆ（ｎ）＜０． （２０２３·蓝田县期末）若函数 ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ＋ １ ｘ－ａ在区间（１，ｅ）上只有一个零点，则 常数ａ的取值范围为 （　　） 　 　　　　 　　　　　 　　Ａ．ａ≤１ Ｂ．ａ＞ｅ Ｃ．１＜ａ＜１ｅ＋１ Ｄ． １ ｅ＜ａ＜１ 令 ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ＋１ｘ－ａ＝０，得ａ＝ｌｎｘ＋ １ ｘ， 令 ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ＋１ｘ，则 ｇ′（ｘ）＝ １ ｘ－ １ ｘ２ ＝ｘ－１ ｘ２ ， 所以当ｘ∈（１，ｅ）时，ｇ′（ｘ）＞０，ｇ（ｘ）单调递增； 又ｇ（１）＝１，ｇ（ｅ）＝１＋１ｅ，即ｇ（ｘ）∈ １，１＋ １( )ｅ； 所以１＜ａ＜１＋１ｅ，故选Ｃ． （２０２３·大通县期末）若函数 ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ－ ａｘ在区间（３，４）上有极值点，则实数 ａ 的取值范围是　　　　． 函数 ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ－ａｘ在区间（３，４）上有极 值点，即函数ｆ′（ｘ）＝１ｘ－ａ＝０在（３，４）上有变 号根，所以 ｆ′（３）＝１３－ａ＞０ ｆ′（４）＝１４－ａ { ＜０，解得 １４＜ａ＜ １ ３．故答案为 １ ４， １( )３ ． （２０２３· 邵阳二模）若不等式 ｔｅｔｘ － １－１( )ｘｌｎ（ｘ－１）≥０对任意 ｘ∈［２ｅ＋１， ＋∞）恒成立，则正实数ｔ的取值范围是 （　　） Ａ． ｌｎ２２ｅ＋１，＋[ )∞ Ｂ． １＋ｌｎ２２ｅ＋１，＋[ )∞ Ｃ． ０， ｌｎ２( )２ｅ＋１ Ｄ． ｌｎ２２ｅ＋１，１＋ｌｎ２[ ]２ｅ＋１ 因为ｘ≥２ｅ＋１，ｔｅｔｘ－ １－１( )ｘｌｎ（ｘ－１）≥ ０恒成立，即ｔｘｅｔｘ≥（ｘ－１）ｌｎ（ｘ－１）＝ｅｌｎ（ｘ－１）· ｌｎ（ｘ－１）恒成立，令 ｆ（ｘ）＝ｘｅｘ（ｘ＞０），则ｆ（ｔｘ） ≥ｆ（ｌｎ（ｘ－１））恒成立，因为ｆ′（ｘ）＝（ｘ＋１）ｅｘ＞ ０恒成立，故ｆ（ｘ）单调递增，所以 ｔｘ≥ｌｎ（ｘ－１） 在ｘ≥２ｅ＋１时恒成立，所以 ｔ≥ｌｎ（ｘ－１）ｘ ＝ ｇ（ｘ），我们小题小作，可以求导证明 ｇ（ｘ）单调 递减，也可以根据 ｘ－２≥ｌｎ（ｘ－１），两个函数 “差距”越拉越大，判断端点效应，ｔ≥ｇ（ｘ）ｍａｘ＝ ｇ（２ｅ＋１）＝ｌｎ２ｅ２ｅ＋１，故选Ｂ                                ． !"#$%&'() ■■ ２２７　 ■ （２０２３·临沂一模）已知ｘ０是函数 ｆ（ｘ）＝ａ ＋２ｂ槡ｘ＋ｅ ｘ ２的一个零点，且ｘ０∈［１，ｅ］， 则ａ２＋ｂ２的最小值为　　　　． 解法一：因为 ｘ０是 ｆ（ｘ）的一个零点，所 以ａ＋２ｂ ｘ槡０＋ｅ ｘ０ ２ ＝０，将（ａ，ｂ）看作直线ｘ＋２ｙ ｘ槡０＋ｅ ｘ０ ２ ＝０上一个点的坐标，则原题就变为： 求当ｘ０∈［１，ｅ］时，点（ａ，ｂ）到原点的距离的 平方的最小值，原点到直线 ｘ＋２ｙ ｘ槡０＋ｅ ｘ０ ２ ＝０ 的距离为 ｄ＝ ｅ ｘ０ ２ １＋４ｘ槡 ０ ，ｄ２＝ ｅ ｘ０ １＋４ｘ０ ，所以 ａ２＋ ｂ２≥ｄ２，令 ｇ（ｘ）＝ ｅ ｘ １＋４ｘ，（ｘ∈［１，ｅ］），ｇ′（ｘ） ＞０＝ｅ ｘ（４ｘ－３） （１＋４ｘ）２ ，当 ｘ＞３４时，ｇ′（ｘ）＞０，ｇ（ｘ） 是增函数，所以在 ｘ∈［１，ｅ］时，ｇ（ｘ）ｍｉｎ＝ ｇ（１）＝ｅ５； 解法二：线性函数 ｆ（ｘ）＝ａ＋２ｂ槡ｘ＋ｅ ｘ ２我们考虑 端点探路，不妨令ｂ＞０，ｆ（ｘ）为单调增函数，若 ｆ（１）＝０，则ａ＋２ｂ＝－ｅ １ ２，若 ｆ（ｅ）＝０，则 ａ＋ ２ｂ槡ｅ＝－ｅ ｅ ２，这里考虑柯西不等式，（ａ２＋ｂ２） （１＋４）≥（ａ＋２ｂ）２，此时ａ２＋ｂ２≥ｅ５，（ａ ２＋ｂ２） （１＋４ｅ）≥（ａ＋２ｂ槡ｅ） ２ ，此时 ａ２＋ｂ２≥ ｅ ｅ １＋４ｅ＞ ｅ ５，故答案为 ｅ ５． 注意：选择两个端