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标题 由端点分析法谈导数问题解决
范文

    陈兴

    

    

    【摘要】在解决导数问题时,有两个问题会给解题进程带来极大困扰,其一是审题无从下手,其二是解题策略如何选择.端点分析法提供了一个审题破题的常用方式,同时通过端点分析可进一步明晰何时采用端点效应、分类讨论及分离参数等常用的解题策略.

    【关键词】审题;端点分析;解题策略

    一、何为端点分析

    【考题一】(2016全国Ⅲ文21题改编)设c>1,证明:当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.

    【思路1】从题目知,两个变量(一个参数c,一个变量x)的关系错综复杂,剪不断,理还乱,而不等式的等价变形非常简单,移项得1+(c-1)x-cx>0,可构造函数f(x)=1+(c-1)x-cx.接下来,马上进行求导?当然不是的,审题还没开始,对于函数f(x)=1+(c-1)x-cx毫无了解就开始做题,这是大忌,先把x看作主元(当然首选x),我们只需在x∈(0,1)得到不等式成立即可.从端点出发,f(0)=0,f(1)=0,看到这个结果应当无比兴奋,如果函数在此区间上先增再减,那么问题已经得证,就从这里开始解题吧,请看过程.

    【解析1】令g(x)=1+(c-1)x-cx.

    由于g′(x)=(c-1)-cxln? c,g′(0)=c-1-ln c>0,

    g″(x)=-cxln 2c<0,

    所以g′(x)=(c-1)-cxln c為减函数,

    于是存在x0∈(0,+∞),使得x∈0,x0,g(x)单调递增,x∈x0,+∞,g(x)单调递减,

    所以g(x)在(0,1)中的最小值必定在x=0或者x=1处取得,

    又f(0)=0,f(1)=0,因此问题得证.

    【思路2】从所证不等式来看,解题者往往先入为主地将x看作主元来解题,事实上c与x的地位是平等的.不妨将c当作主元来看本题,令f(c)=1+(c-1)x-cx(c>1,x∈(0,1)).

    分析端点值,f(1)=0,c→+∞,f(c)→+∞,要使不等式恒成立,最好f(c)=1+(c-1)x-cx为增函数,再看单调性分析,由于f′(c)=x-xcx-1=x(1-cx-1)>0,问题得证.

    【解析2】将c当作主元,因此f(c)=1+(c-1)x-cx(c>1,x∈(0,1)),

    由于f′(c)=x-xcx-1=x(1-cx-1)>0,

    所以f(c)=1+(c-1)x-cx在(1,+∞)内单调递增,

    所以f(c)>f(1)=0.证毕.

    【经验总结】端点分析是审题的一个必要步骤,至少我们可以掌握更多函数本身的信息,了解函数图像的起点和终点,给我们更多解题的空间.

    二、端点分析结合单调性分析消除端点效应的顾虑

    【考题二】(2016全国Ⅱ文20题改编) 已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.

    【思路1】分析是一种有效的学习方式,而对于解题那就要融会贯通了.我们依然从审题开始,从整体来看,这是恒成立求参数范围的问题.恒成立求参数范围有非常多的策略可用,选谁?从哪里入手?这是问题的关键所在.从端点开始吧,由于f(1)=0,x→+∞,f(x)→+∞,函数值从0开始连续变化到+∞会经历什么样的变化?可以发挥你的想象.事实上,我们分析一下导数的情况,解题就很清晰了.注意到定义域为(0,+∞),而题干要求(1,+∞),只是定义域的一个子区间,而f′(x)=ln x+1x+1-a,再次对f′(x)=ln x+1x+1-a进行端点分析,f′(1)=2-a,x→+∞,f′(x)→+∞,左端点正负没定,再次求导f″(x)=1x-1x2>0,因此f′(x)=ln x+1x+1-a是单调递增函数,因此f′(x)=ln x+1x+1-a的正负情况只有两种情形.情形一,2-a≥0,即f′(x)=ln x+1x+1-a≥0,此时f(x)为递增函数,结合端点f(1)=0满足条件;情形二,2-a<0,此时存在x0∈(1,+∞),使得x∈0,x0f′(x)=ln x+1x+1-a<0,结合端点f(1)=0,不满足条件.题目解决.

    【解析1】由已知,f(1)=0,f′(x)=ln x+1x+1-a,f″(x)=1x-1x2>0,f′(1)=2-a,

    当2-a≥0时,f′(x)=ln x+1x+1-a≥f′(1)=2-a≥0,

    所以,f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)>f(1)=0.

    当2-a<0时,存在x0∈(1,+∞),使得x∈0,x0f′(x)=ln x+1x+1-a<0,结合端点f(1)=0,不满足条件.

    综上,a∈(-∞,2].

    【经验总结】端点为临界值时,分类讨论的分界点恰好在导数端点值的零点.

    【思路2】由于f(1)=0,x→+∞,f(x)→+∞,由于区间左端点恰好是所证不等关系的临界值.由于是临界值,因此可以得到不等式成立的必要条件f′(1)≥0,即2-a≥0,通过证明此条件也是充分条件,问题得以解决.这种解决问题的思路很多人称为“端点效应”.利用端点值处于临界值,通过单调性分析,得到结论成立的必要条件,但此范围未必具有充分性,从思路1中对f′(x)=ln x+1x+1-a的端点分析并结合其单调性分析,可以得到f(x)在(1,+∞)上只有两种情形(见思路1),显然由f′(1)≥0得到的范围具有充分性,所以可以放心应用“端点效应”这一解题策略.

    【解析2】由于f(1)=0,要使不等式f(x)>0在(1,+∞)上成立,必有f′(1)≥0.

    由f′(x)=ln x+1x+1-a,

    代入,得2-a≥0,即a∈(-∞,2].

    另一方面,当a∈(-∞,2]时,由于f″(x)=1x-1x2>0,

    所以f′(x)=ln x+1x+1-a≥f′(1)≥0,

    所以f(x)≥f(1)=0.

    综上,a∈(-∞,2].

    三、端点分析结合单调性分析坚定选择常数分离

    【考题三】(2018全国Ⅱ文21题改编)已知函数f(x)=1[]3x3-a(x2+x+1),证明:f(x)只有一个零点.

    【解析1】由于x2+x+1>0,

    所以f(x)=0等价于x3[]x2+x+1-3a=0.

    設g(x)=x3[]x2+x+1-3a,则

    g′(x)=x2(x2+2x+3)[](x2+x+1)2,

    仅当x=0时g′(x)=0,

    所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.

    又f(3a-1)=-6a2+2a-1[]3=-6a-1[]62-1[]6<0,f(3a+1)=1[]3>0,故f(x)有一个零点.

    综上,f(x)只有一个零点.

    【参考答案解构】此题要证明一个三次函数零点唯一,从解答来看,至关重要的一步是将参数a给独立出来,构造新函数g(x),其中能顺利构造出来g(x)有两个方面,一是x2+x+1>0,二是g′(x)=x2(x2+2x+3)[](x2+x+1)2≥0,接下来解题顺理成章.至于为什么构造一个比原函数f(x)复杂得多的函数来处理,只有通过求导之后才能看出其中秘密.

    下面通过“端点分析结合单调性分析”来明确独立参数a的必要性,给解题者的策略选择提供参考依据.

    【端点值分析】x→-∞,f(x)→-∞,x→+∞,f(x)→+∞,由零点存在性定理,至少存在一个零点.

    【单调性分析】f′(x)=x2-2ax-a,Δ=4a2+4a,正负未定,即零点情况未定,因此f(x)的单调性并不明显.

    从两方面分析,若直接研究f(x)的零点问题,需要对a进行分类讨论,而且涉及隐零点运用问题,过程复杂得多.为了对比,也将这种解题过程展示出来.

    【解析2】因为f′(x)=x2-2ax-a,

    令f′(x)=0,得Δ=4a2+4a.

    当Δ≤0,即-1≤a≤0时,f′(x)≥0,

    此时显然有唯一零点.

    当Δ>0,即a<-1或a>0时,由f′(x)=0,

    有x1=a+a2+a,x2=a-a2+a.

    下面讨论a>0的情形(a<-1的情形一样,略去).

    由于f(x1)

    当x∈(-∞,x2)时单调递增,在(x2,0)时单调递减.此时x22=2ax2-a,x32=2ax22-ax2,

    f(x2)=x32-a(x22+x2+1),将上式代入,得f(x2)=-a<0,因此x∈(-∞,0)无零点.

    综上,f(x)只有唯一零点.

    四、总 结

    端点分析法提供了一种审题切入的思路,同时根据端点值的情况可以进一步猜想函数可能的走势,从而问题得以解决.端点分析结合单调性分析可以更加明确“端点效应”能否顺利解决问题,同时对于分离参数的选择是否合适提供了一个思考的方向.

    【参考文献】

    熊丙章,刘丽颖.数学理解研究综述[J].渤海大学学报(自然科学版),2005(01):39-42.

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更新时间:2025/1/7 12:16:09