4.数学思想引领，品质能力提升——基于函数与导数的综合应用-《中学生数理化》高考数学2024年5月刊

■江苏省黄埭中学 浦振国 函数与导数的综合应用问题,是每年高 考解答题中的一类压轴题,往往涉及参数的 最值(或取值范围)的求解、分类讨论思想的 应用、函数零点个数的判断,以及单变量(或 双变量)不等式的证明等,既考查同学们对中 学数学基础知识的掌握程度,又考查同学们 进入高校继续学习的潜能,该类试题立意新 颖,变化多端,离不开高中数学中很多重要的 思想方法及其应用,备受各方关注。 一、函数与方程思想 函数与方程思想是对函数(或方程)概念 的本质认识,主要是利用函数(或方程)知识 或函数(或方程)观点观察、分析、处理一些与 等式或不等式有关的证明问题,以及生活中 的优化问题等。 例 1 已知函数f(x)=ln x-a,记曲 线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线为l, 切线l在x 轴上的截距为x2(x2>0)。 (1)当x1=e,a=1时,求切线l的方程; (2)证明:|x1-ea|≥|x2-ea|。 分析:(1)求导得f'(x)= 1 x ,利用导数 的几何意义求解。(2)易知切线l的方程为y -(ln x1-a)= 1 x1 (x-x1),令y=0,得x2= x1-x1(ln x1-a)。根据x2>0,得到x1< ea+1,构造函数g(x)=x-x(ln x-a),用导 数法得到g(x)max=g(ea)=ea,从而x2≤ea, 再分x1≤ea 和x1>ea 进行证明即可。 解:(1)由于f'(x)= 1 x ,当x1=e,a=1 时,f(x1)=ln e-1=0,即切点为(e,0)。 所以切线l的斜率k=f'(e)= 1 e ,所以切 线l的方程为y= 1 e (x-e),即y= 1 ex-1 。 (2)由于f(x1)=ln x1-a,所以切线l 的方程为y-(ln x1-a)= 1 x1 (x-x1)。 令y=0,得-(ln x1-a)= 1 x1 (x-x1), 解得x2=x1-x1(ln x1-a)。 (*) 由x2>0,得x1<ea+1。 构造函数g(x)=x-x(ln x-a),则 g'(x)=a-ln x。 所以当0<x<ea 时,g'(x)>0,g(x)单 调递增;当x>ea 时,g'(x)<0,g(x)单调递 减。故g(x)max=g(ea)=ea,所以x2≤ea。 若x1≤ea,由(*)式知x1≤x2,所以x1 ≤x2≤ea,故|x1-ea|≥|x2-ea|。 若x1>ea,则|x1-ea|-|x2-ea|= (x1-ea)-(ea-x2)=(x1+x2)-2ea,所以 |x1-ea|-|x2-ea|=2x1-x1(ln x1-a)- 2ea。 构造函数φ(x)=2x-x(ln x-a)- 2ea(ea<x<ea+1),所以φ'(x)=(1+a)- ln x>0,故φ(x)在区间(ea,ea+1)上单调递 增,所 以 φ(x)>φ(ea)=0,所 以 2x1- x1(ln x1-a)-2ea>0,所以|x1-ea|-|x2 -ea|>0,即|x1-ea|>|x2-ea|。 综上可得,不等式|x1-ea|≥|x2-ea| 成立(当且仅当x1=ea 时取等号)。 点评:借助导数来解决函数问题,往往都 离不开函数与方程思想的应用。借助函数与 方程思想,合理构建新函数,对于新函数的单 调性、极值及最值等方面的考查,为进一步解 决函数与导数的综合应用问题提供条件,开 辟一个全新的局面。 二、分类讨论思想 对于函数与导数的综合应用问题,当涉 及含参的函数问题时,往往都离不开分类讨 41 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年5月 论思想的应用。分类讨论时要遵循“不重不 漏”的原则,对于每一类情况都要给出问题的 解答。分类讨论思想在函数与导数的综合应 用中,主要用来求解单调区间、参数的最值或 范围、函数的极值或最值,以及恒成立问题 等。 例 2 已知函数f(x)=x2+kx ,k≠0。 (1)求函数f(x)的单调区间; (2)设函数g(x)=x3-ln x, 1 3 3 ≤n< m,当 k= - 1 3 时,证 明:g (m)-g(n) 3m-3n < f(m)+f(n) 2 。 分析:(1)通过求导得f'(x)=2x- k x2 = 2x3-k x2 ,令f'(x)=0,得x= 3k 2 ,结合参数 k<0,k>0的分类讨论来求解;(2)对任意的 m,n∈ 1 3 3 ,+∞􀭠 􀭡 􀪁􀪁 ,且m>n,令mn=t(t>1), 根据 3 2 (m-n)[f(m)+f(n)]-[g(m)- g(n)],记h(t)=t3-3t2+6ln t+ 3 t-1 ,再 利用导数法求解。 解:(1)由条件知函数f(x)的定义域为 x|x≠0 ,f'(x)=2x- k x2 = 2x3-k x2 。 令f'(x)=0,得x= 3k 2 。 ①若k<0,则当x< 3k 2 时,f'(x)<0, f(x)单调递减;当 3k 2<x<0 时,f'(x)> 0,f(x)单调递增;当x>0时,f'(x)>0, f(x)单调递增; ②若k>0,则当x<0时,f'(x)<0, f(x)单调递减;当0<x< 3k 2 时,f'(x)< 0,f(x)单调递减;当x> 3k 2 时,f'(x)>0, f(x)单调递增。 综上可得,当k<0时,函数f(x)的单调 递增区间为 3k 2 ,0 ,(0,+∞),单调递减区 间为 -∞, 3k 2 ;当k>0时,函数f(x)的 单调递增区间为 3k 2 ,+∞ ,单调递减区间 为(-∞,0),0, 3k 2 。 (2)对任意的m,n∈ 1 3 3 ,+∞􀭠 􀭡 􀪁􀪁 ,且m> n,令 m n=t (t>1)。 因为 3 2 (m -n)[f(m)+f(n)]- [g(m)- g (n)] = (m - n) · 3 2m 2+ 3 2n 2- 1 2m- 1 2n - m3-n3-ln m n =12m3-12n3+32mn2- 3 2 m 2n + n 2m - m 2n + ln m n = 1 2n 3 m n 3 -1+3· m n-3 m n 2 - 1 2 m n- n m-2ln m n =12n3(t3-3t2+3t-1) - 1 2 t- 1 t-2ln t = 12n3 (t-1)3 - 1 2t- 1 t-2ln t ≥ 16 (t - 1)3 - 1 2t- 1 t-2ln t = 1 6 (t3-3t2+3t-1)-3t- 1 t-2ln t = 1 6t 3-3t2+6ln t+ 3 t-1 ,记h(t)=t3- 3t2+6ln t+ 3 t-1 ,则h'(t)=3t2-6t+ 6 t- 3 t2 = 3 t2- 1 t2 - 6 t-1t = 3t- 1 t t+1t-2 >0。 所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,所以 h(t)>h(1)=0,故t3-3t2+6ln t+ 3 t-1> 0,所以 3 2 (m-n)[f(m)+f(n)]-[g(m) 51 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年5月 -g(n)]>0。 故g (m)-g(n) 3m-3n < f(m)+f(n) 2 。 点评:分类讨论思想在解决一些含参的 函数与导数的综合应用问题时,往往是回避 不了的一种基本数学思想,一般都要涉及对 参数字母的分类讨论。分类讨论思想的应 用,可以使得函数与导数的综合应用问题变 得更加细化与简单,有时可以给问题的解决 提供很好的方向。 三、化归与转化思想 化归与转化思想就是在处理函数与导数 的综合应用问题时,把待解决的问题或难解 决的问题,通过某种特殊转化过程,归结为一 类已经解决或易于解决的问题,经常用来解 决有关恒成立、函数的单调性等问题。 例 3 已知函数f(x)=ln(1+x)+ x2 2 。 (1)当x∈[0,+∞)时,比较f(x)与x 的大小; (2)若函数g(x)=cos x+ x2 2 ,且f(e a 2) =g(b)-1(a>0,b>0),证明:f(b2)+1> g(a+1)。 分析:(1)构造函数φ(x)=f(x)-x= ln(1+x)+ x2 2-x ,利用导数可得φ(x)≥0, 即f(x)≥x;(2)构造函数h(x)=f(x)+1 -g(x),从而推得g(b)>g e a 2 ,再利用导 数得到g(x)的单调性,从而得到b>e a 2,进 而将问题转化为证b2>a+1,再利用导数证 得ea>a+1,由此得证。 解:(1)设 函 数 φ(x)=f(x)-x= ln(1+x)+ x2 2-x ,则φ'(x)= 1 1+x+x-1 = x2 1+x 。 当x∈[0,+∞)时,φ'(x)≥0,则φ(x) 在[0,+∞)上单调递增,所以φ(x)≥φ(0)= 0,从而f(x)-x≥0,即f(x)≥x。 (2)设函数h(x)=f(x)+1-g(x)= ln(1+x)+1-cos x。 当x>0时,1-cos x≥0,ln(1+x)>0, 则h(x)>0恒成立。 由h e a 2 >0,得f e a 2 +1>g e a 2 , f(b2)+1>g(b2)。 又因为fe a 2 +1=g(b),所以g(b)> ge a 2 。 因为g(x)=cos x+ x2 2 ,所以g'(x)= x-sin x。 令函数n(x)=x-sin x,则n'(x)=1- cos x≥0恒成立,所以n(x)=g'(x)在(0, +∞)上单调递增,则g'(x)>g'(0)=0,所 以g(x)在(0,+∞)上单调递增。 又因为b>0,e a 2>0,所以b>e a 2。 要证 f(b2)+1>g(a+1),只 需 证 g(b2)>g(a+1),即证b2>a+1。 因为b>e a 2,所以b2>ea。 设函数 m(x)=ex-x-1(x>0),则 m'(x)=ex-1>0,所以m(x)在(0,+∞)上 单调递增。 因为a>0,所以m(a)>m(0)=0,所以 ea>a+1,所以b2>a+1,所以g(b2)>g(a +1),从而f(b2)+1>g(a+1),问题得证。 点评:把 函 数 与 导 数 的 综 合 应 用 问 题 转化为有 关 恒 成 立、函 数 的 单 调 性 等 比 较 熟知的问 题 来 解 决,从 而 实 现 陌 生 问 题 熟 悉化,复杂问题简单化,是化归与转化思想 的精髓所在。化归与转化思想对于解决函 数与导数的综合应用问题有着非常重要的 引领作用,使得问题朝着熟悉、简单的方向 转化。 函数与导数的综合应用问题,是历年高 考试卷中最重要、占比最多的基本知识点之 一,蕴含着丰富的数学思想方法,涉及一般化 与特殊化、类比等许多数学思维方法,我们要 深入探索并充分体会其数学思想方法,做到 合理思想方法引领,全面品质能力提升,必会 收到事半功倍的效果。 (责任编辑 王福华) 61 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年5月