09一道导数问题中三种题型的多种解法-《中学生数理化》高二数学2024年7-8月刊

一道导数问题中三种题型的多种解法 ■安徽省安庆市第一中学洪汪宝名师工作室 洪汪宝 题目:已知函数f(x)= ln x+ax2+1 x 。 (1)若函数f(x)在(0,+∞)上单调递 增,求实数a的取值范围。 (2)若f(x)的图像与直线y=a(x-1) 有两个不同的交点(x1,y1),(x2,y2): ①求实数a的取值范围; ②证明:x1+x2>2。 本题是一道典型的导数综合应用问题, (1)问已知函数的单调性求参数的取值范围, 先对所给函数进行求导转化为恒成立问题, 再根据式子的结构采取恰当的方法进行处 理。(2)问是一道函数图像交点问题,实际上 也是一道方程根的问题,①小问求参数的取 值范围,注意转化;②小问是一道不等式证明 问题,实际上也是一道极值点偏移问题。本 题对同学们的逻辑推理能力、运算求解能力、 分析问题和解决问题的能力等多种思维能力 要求较高,求解过程中要根据式子的结构特 点灵活选用恰当的方法来解决。 一、(1)问的多种解法 (1)对函数f(x)求导可得: f'(x)= 1 x+2ax x-(ln x+ax2+1) x2 = ax2-ln x x2 。 因为函数f(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即 ax2-ln x≥0在(0,+∞)上恒成立。 方法 1:分 离 参 数 得,a≥ ln x x2 在(0, +∞)上恒成立,只需a≥ ln x x2 max。 构造函数g(x)= ln x x2 ,x>0,对其求导 得g'(x)= 1-2ln x x3 。 令g'(x)=0,得x=e。 于是函数g(x)在(0,e)上单调递增,在 (e,+∞)上单调递减。 所以函数g(x)的最大值为g(e)= lne e = 1 2e ,实数a的取值范围为 12e ,+∞ 。 方法2:设函数g(x)=ax2-ln x,只需 g(x)min≥0即可。 对g(x)求导得 g'(x)=2ax- 1 x = 2ax2-1 x 。 当a≤0时,g'(x)<0,函数g(x)在(0, +∞)上单调递减,显然g(e)=ae2-1≤ -1<0,不符合题意,应舍去。 当a>0时,令g'(x)=0,得x= 1 2a 或 - 1 2a (舍 去)。 于 是 函 数 g (x)在 0, 1 2a 上单调递减,在 12a,+∞ 上单 调递增,函数g(x)的最小值为g 1 2a = 1 2-ln 1 2a ≥0,解得a≥ 1 2e 。 所以实数a的取值范围为 12e ,+∞ 。 方法3:由条件得,不等式ax≥ ln x x 在 (0,+∞)上恒成立。 构造 函 数 g(x)= ln x x ,对 其 求 导 得 g'(x)= 1-ln x x2 。令g'(x)=0,得 x=e。 于是函数g(x)在(0,e)上单调递增,在(e, +∞)上单调递减。 设直线y=ax,其可以看成一条过原点 的直线,结合函数g(x)的大致图像,考虑当 直线y=ax 与函数g(x)的图像相切时得到 a的值。 设 切 点 为 x0, ln x0 x0 ,则 切 线 斜 率 为 33 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月 1-ln x0 x20 = ln x0 x0 -0 x0-0 = ln x0 x20 。 于是ln x0= 1 2 ,解得x0= e,此时切线 斜率为 1- 1 2 (e)2 = 1 2e 。 结合函数图像可得,实数a 的取值范围 为 1 2e ,+∞ 。 方法4:ax2-ln x≥0在(0,+∞)上恒 成立,可令x=e,则a(e)2-lne≥0,解得 a≥ 1 2e 。 当a≥ 1 2e 时,ax2-ln x≥ 1 2ex 2-ln x,只 需证明 1 2ex 2-ln x≥0即可。 令g(x)= 1 2ex 2-ln x,对 其 求 导 得 g'(x)= 1 ex- 1 x= x2-e ex 。 令g'(x)=0,解得 x= e或- e(舍 去)。 当x∈(0,e)时,g'(x)<0,函数g(x) 单调递减;当x∈(e,+∞)时,g'(x)>0,函 数g(x)单调递增。于是g(x)≥g(e)= 1 2e× (e)2-lne=0。 所以实数a的取值范围为 12e ,+∞ 。 评注:方法1采用分离参数法,这是处理 恒成立问题的常用解法,从而转化为求最值 问题。方法2没有分离参数,直接对参数进 行合理的分类讨论。方法3采用部分分离 法,将其看作一条直线与一条曲线之间的位 置关系,从而转化为求曲线的切线问题。方 法4采用必要条件法,因为不等式恒成立,所 以只需在定义域内取特殊值代入求出参数范 围,再验证所求参数的取值范围即为所求。 二、(2)问中①小问的多种解法 (2)① 联 立 y=a(x-1), y= ln x+ax2+1 x , 可 得 ln x+ax+1=0。 方法1:因为f(x)的图像与直线y= a(x-1)有两个不同的交点,所以ln x+ ax+1=0有两个不同的解。 令函数 H(x)=ln x+ax+1(x>0),求 导得 H'(x)= 1 x+a 。 当a≥0时,H'(x)>0,函数 H(x)在 (0,+∞)上单调递增,于是 H(x)=0至多只 有一个解,不符合题意。 当a<0时,令 H'(x)=0,解得 x= - 1 a>0 。则函数 H(x)在 0,- 1 a 上单调 递增,在 - 1 a ,+∞ 上单调递减。于是函数 H(x)的最大值为 H - 1 a =ln -1a + a - 1 a +1=ln -1a 。 要使 H(x)=0有两个不同的解,则必须 使ln - 1 a >0,解得-1<a<0。 所以实数a的取值范围为(-1,0)。 方法2:由ln x+ax+1=0,得 ln x+1 x =-a。 因为f(x)的图像与直线y=a(x-1)有 两个不同的交点,所以只 需 函 数 h(x)= ln x+1 x 的图像与直线y=-a有两个不同的 交点即可。 对函数h(x)求导得h'(x)=- ln x x2 ,令 h'(x)=0,得x=1。于是函数h(x)在(0,1) 上单调递增,在(1,+∞)上单调递减。 当0<x< 1 e 时,h(x)<0;当x> 1 e 时, h(x)>0,h(1)=1。结合函数h(x)的图像 可知0<-a<1,解得-1<a<0。 所以实数a的取值范围为(-1,0)。 评注:将曲线交点个数问题转化为方程 解的个数问题,方法1直接构造函数并对参 数进行讨论,转化为对函数最值问题的讨论。 方法2采用分离参数法,又将方程问题转化 43 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月 为函数图像与直线的交点个数问题,体现了 函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合 思想等多种数学思想方法的应用。 三、(2)问中②小问的多种解法 方法1:由(2)问中①的方法2知,不妨设 1 e<x1<1<x2 ,要证x1+x2>2,即证x2> 2-x1。因2-x1>1,且函数h(x)在(1, +∞)上 单 调 递 减,故 只 需 证 明 h(x2)< h(2-x1)。 h(x2)=h(x1),即证h(x1)<h(2-x1)。 构 造 函 数 φ (x)=h (2-x)- h(x)1e<x<1 ,求导得φ'(x)=-h'(2- x)-h'(x)= ln(2-x) (2-x)2 + ln x x2 ,整 理 得 φ'(x)= x2ln(2-x)+(2-x)2ln x x2(2-x)2 。 令m(x)=x2ln(2-x)+(2-x)2ln x 1 e<x<1 ,求导得m'(x)=2xln(2-x)- 2(2-x)ln x+ (2-x)2 x - x2 2-x=2xln (2- x)-2(2-x)ln x+ (2-x)3-x3 x(2-x) 。 因为 1 e<x<1 ,所以2-x>1>x> 1 e 。 于是m'(x)>0,函数m(x)在 1e ,1 上单调 递增,m(x)<m(1)=0。 于是φ'(x)<0,函数φ(x)在 1 e ,1 上 单调递减,φ(x)>φ(1)=0,h(2-x)> h(x),即不等式h(x1)<h(2-x1),得证。 因此,原不等式成立。 方法2:因为 1 e<x<1 ,所以2-x>1> x> 1 e ,于是(2-x)2>x2>0。 同方法1,φ'(x)=-h'(2-x)-h'(x)= ln(2-x) (2-x)2 + ln x x2 < ln(2-x) x2 + ln x x2 = ln[-(x-1)2+1] x2 < ln 1 x2 =0,函数φ(x)在 1 e ,1 上单调递减。 因此,φ(x)>φ(1)=0,h(2-x)> h(x),即不等式h(x1)<h(2-x1),得证。 因此,原不等式成立。 方法3:由(2)问中①问知,ln x1+ax1+ 1=0,ln x2+ax2+1=0,两式相减得: ln x1-ln x2=-a(x1-x2)。 所以 x1-x2 ln x1-ln x2 =- 1 a 。 由第(2)问中①知,a∈(-1,0),所以 x1-x2 ln x1-ln x2 =- 1 a>1 。 根 据 对 数 平 均 不 等 式 x1-x2 ln x1-ln x2 < x1+x2 2 ,可得1< x1+x2 2 ,所以x1+x2>2。 方法4:要证x1+x2>2,已知x1≠x2, 且x1>0,x2>0,根据均值不等式只需证明 x1x2>1,即证x2> 1 x1 。 因为 1 e<x1<1 ,所以1 x1 >1。又函数 h(x)在(1,+∞)上单调递减,故只需证明 h(x2)<h 1 x1 。 又h(x2)=h(x1),即证h(x1)<h 1 x1 。 构 造 函 数 φ(x)=h 1 x -h(x) 1 e<x<1 ,求 导 得 φ'(x)= - 1x2 · h' 1x -h'(x)= 1x2-1 ln x<0,所以函数 φ(x)在 1 e ,1 上单调递减,于是φ(x)> φ(1)=0,即h 1 x >h(x)。 所以h(x1)<h 1 x1 ,原不等式成立。 方法 5:要 证 明 x1x2 >1,只 需 证 明 ln x1+ln x2>0。 又ln x1+ax1+1=0,ln x2+ax2+1= 0,只需证-a(x1+x2)-2>0。 又ln x1-ln x2=-a(x1-x2),于是 ln x1-ln x2 x1-x2 =-a。 53 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月 只需证 (ln x1-ln x2)(x1+x2) x1-x2 -2>0, 即证ln x2 x1 > 2(x2-x1) x2+x1 。 令 x2 x1 =t,则t>1,只 需 证 明ln t> 2(t-1) t+1 。 构造函数φ(t)=ln t- 2(t-1) t+1 (t>1), 求导得φ'(x)= 1 t- 4 (t+1)2 = (t-1)2 t(t+1)2 >0, 所以函数φ(x)在(1,+∞)上单调递增,于是 φ(x)>φ(1)=0,得证。 方法6:令 x2 x1 =t,则x2=tx1,t>1。 由ln x1+ax1+1=0,ln x2+ax2+1= 0,得ln x1+1=-ax1,ln x2+1=-ax2。 两式相除可得 ln x2+1 ln x1+1 = x2 x1 =t。 解 得 ln x1 = ln t-t+1 t-1 ,ln x2 = tln t-t+1 t-1 。 要证ln x1+ln x2>0,即证 ln t-t+1 t-1 + tln t-t+1 t-1 >0 ,只需证ln t> 2(t-1) t+1 ,下同 方法5,过程略。 评注:方法1和方法2均是作差构造不 等式来证明,方法1多次构造函数,对同学们 的运算求解能力和意志力考验比较大。方法 2巧妙 地 利 用 放 缩 即 可 判 断 出 导 函 数 的 符 号,从而得到函数的单调性,实在巧妙之极! 方法3利用对数平均不等式,借助①的结论 得到不等式。方法4利用均值不等式将结论 进行转化,将和型不等式转化为积型不等式, 从而作商构造不等式。方法5和方法6都是 利用比值代换,将二元不等式转化为一元不 等式,构造时注意将ln t单独作为一项,有利 于不等式的证明。 注:本文系安庆市2022年教育科学规划 研究课题“‘双重’背景下学生核心素养导向 的高 中 数 学 教 学 实 践 研 究”(课 题 编 号: AJKT2022-041)的阶段成果。 (责任编辑 徐利杰) 􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕 (上接第32页) 解析:(1)函数f(x)的定义域是(0,+∞), f'(x)=1- 1 x 。 当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增。 所以函数f(x)的单调递减区间是(0, 1),单调递增区间是(1,+∞)。 (2)当x=e时,有2e>k(e-1),即k< 2e e-1=2+ 2 e-1 。 因2+ 2 e-1∈ (3,4),故k≤3。 下面证明xln x+x>3(x-1)成立。 要证xln x+x>3(x-1)成立,即证 xln x-2x+3>0,也即证ln x+ 3 x-2>0 。 设φ(x)=ln x+ 3 x -2 ,则φ'(x)= x-3 x2 。 当x∈(0,3)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递 减;当x∈(3,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)单调 递增。 故φ(x)≥φ(3)=ln 3-1>0,得证。 综上可知,k的最大值是3。 总结:特殊值探路可以减少参数的讨论 次数甚至避免参数的分类讨论,解题过程中 应注意充分性的证明,当然特殊值的选取也 要适当。 分类讨论是解决导数综合题目必不可少 的方法和技巧,熟练掌握分类讨论的方法和 技巧有助于同学们提升解题能力,锻炼数学 思维。以上讨论了导数背景下的分类讨论方 法及技巧,然而分类讨论又不仅限于导数背 景题目,它在数学中处处可见,方法是相通 的,借助于上述思想也可以解决其他分类讨 论题目。 (责任编辑 徐利杰) 63 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月