优化思维过程简化繁杂分类

2017-04-06 21:35张刚
中学生理科应试 2017年1期
关键词:实数单调图象

张刚

有些高考数学的命题,因题设的条件多且交叉制约,若从整体上出发考查,难以找到解题的途径,或其解题的过程根本不能统一叙述时,可考虑化整为零,逐一论之,各个击破,再积零为整(分类讨论).也就是说将整体划分为若干个局部,进而将这一数学问题化成几个小问题,如果能在解题前注意优化思维过程,适当作一点“技术处理”,简化或避免分类,往往能给解题带来事半功倍之效.本文结合近几年高考数学压轴题为例,谈谈如何优化思维过程,简化繁杂分类.现抛砖引玉如下,供大家参考.

一、整体把握,化繁为简

例1(2011年高考江苏卷第19题)已知a,b是实数,函数fx=x3+ax,gx=

x2+bx,f ′(x)和g′(x)是f(x),g(x)的导函数,若f ′(x)g′(x)≥0在区间I上恒成立,则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致.

(1)设a>0,若函数f(x)和g(x)在区间[-1,+∞)上单调性一致,求实数b的取值范围;

(2)设a<0,且a≠b,若函数f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单调性一致,求|a-b|的最大值.

分析本题中由于a,b为端点的开区间的端点位置不确定,若分类讨论进行求解,则显得非常繁琐,若能巧妙利用好f ′(x)g′(x)≥0在区间恒成立这一条件,将其转化为研究导函数hx在该区间上的增减性的充要条件,就能有效地避免极为复杂的分类讨论.

解(1)b≥2(过程略)

(2)因函数f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单调性一致,所以f ′(x)g′(x)≥0在区间I上恒成立,这里I=a,b或者I=b,a.

令hx=f ′xg′x=6x3+3bx2+2ax+ab,则h′x=18x2+6bx+2a.因a<0,所以h′x=0有两个符号相异的实根x1、x2,不妨设x1<0,x2>0.若b>0,由a<0知此时I=a,b,h0=ab<0,而0∈a,b,这与hx≥0在a,b上恒成立相矛盾,故b≤0.所以开区间I应在x2的左侧,在I内hx的单调性要么递增,要么递减,要么先增后减.从整体上看,不管哪种情形,只需ha≥0且hb≥0即可.由ha≥0且hb≥0,并结合a<0、b≤0解得-13≤a<0、-13≤b<0,所以a-b≤13.故a-b的最大值为13.

评注 本题由于区间端点不确定,通常需要分三类进行讨论、由于题目中涉及的字母较多,无形之中增加了计算量,本题解法和官方解法相比,构思巧妙,解答流畅,从整体上把握问题,有效地避免了繁杂的分类.

二、巧设直线,方程助力

例2(2009年高考全国Ⅱ卷(文)第22题)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为33,过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点.当l的斜率为1时,坐标原点O到l的距离为22.

(1)求a、b的值;

(2)C上是否存在点P,使得当l绕F转到某一位置时,有OP=OA+OB成立?若存在,

求出所有的P的坐标与l的方程;若不存在,说明理由.

分析第(1)问直接运用点到直线的距离公式以及椭圆有关关系式计算即可,比较简单,第(2)问若能抓住直线的斜率不可能为零,巧设直线方程为x=my+n,借助根与系数关系可以简化或避免讨论,大大减少计算量,提高解题速度.

解(1)a=3,b=2(过程略)

(2)设A、B坐标分别为x1,y1,x2,y2.注意到直线过x轴上的点F1,0,故设直线的方程为x=my+1,代入椭圆方程中化简,得2m2+3y2+4my-4=0,因Δ>0恒成立,所以y1+y2=-4m2m2+3,y1y2=-42m2+3.

假设符合条件的P点存在,则Px1+x2,y1+y2在椭圆2x2+3y2=6上.

代入整理得2x12+3y12+2x22+3y22+4x1x2+6y1y2=6.

因Ax1,y1,Bx2,y2也在椭圆上,

故2x1x2+3y1y2+3=0,

即2my1+1my2+1+3y1y2+3=0,

整理得

2m2+3y1y2+2my1+y2+5=0.将y1y2、y1+y2的值代入,

解得m=±22.當m=22时,y1+y2=-22,x1+x2=my1+y2+2=32,得P32,-22,

直线l的方程为2x-y-2=0.

当m=-22时,得P32,22,直线l的方程为2x+y-2=0.

评注当直线过一点时,设直线方程时很容易利用点斜式或斜截式进行,而忽略斜率不存在的情况或是运算较繁,需要分类讨论.如果知道直线的斜率不可能为零,可将直线方程设为x=my+n,这样,不仅避免或简化了讨论的步骤,且可以大大减少计算量,提高解题速度.

三、变换主元,定辅略主

例3(2008年高考安徽卷(文)第20题)设函数fx=a3x3-32x2+a+1x+1,

其中a为实数.

(1)已知函数fx在x=1处取得极值,求a的值;

(2)已知不等式f ′x>x2-x-a+1对任意的a∈0,+∞都成立,求实数x的取值范围.

分析第(1)问直接利用导函数求一点处的极值结合增减性即可求出,第(2)问往往将它整理成关于x的二次不等式:a-1x2-2x+2a>0对任意的a∈0,+∞都成立,这样就需要对二次项系数进行分类讨论.而如果将问题转化成以a为主元,x为辅助元的新函数ga=x2+2a-x2-2x对于任意的a∈0,+∞,ga≥0的充要条件问题,然后解不等式,那么问题就简单多了.

解(1)a=1(过程略)

(2)因为

f ′x=ax2-3x+a+1.所以ax2-3x+a+1>x2-x-a+1

整理得x2+2a-x2-2x>0,令ga=x2+2a-x2-2xa>0,

显然,ga为增函数,于是,对任意的a∈0,+∞,

ga≥0的充要条件是g0=-x2-2x≥0

解得-2≤x≤0.

评注 对于不等式恒成立问题有很多,但本题通过变换主元,使问题很好地避开了繁杂的分类讨论,解答思路清晰,直观简洁,计算量小.

四、反面入手,另辟蹊徑

例4(2010年高考全国卷Ⅱ(文)第21题)已知函数fx=x3-3ax2+3x+1.

(1)设a=2,求fx的单调区间;

(2)设fx在区间2,3上至少有一个极值点,求a的取值范围.

分析第(1)问将a=2代入函数关系式,利用函数的导数法求极值很容易求出.第(2)问为避免分类,考虑问题的反面. fx在区间2,3上没有一个极值点,即 f ′x=3x2-6ax+3的图象在区间2,3上与x轴无交点,转化为f ′2f ′3≥0解得,再求其补集即可.

解(1)fx的单调增区间为-∞,2-3,2+3,+∞;fx的单调递减区间为2-3,2+3.(过程略)

(2)要使函数fx在区间2,3上至少有一个极值点,只需函数f ′x=3x2-6ax+3的图象在区间2,3上与x轴有交点且在2,3上方程f ′x=0无等根.为避免分类,考虑问题的反面. f ′x=3x2-6ax+3的图象在区间2,3上与x轴无交点时,有f ′2f ′3≥0,并解得a≥53或a≤54,取其补集,得54

评注 对于在固定区间求极值点的问题,有时可以通过求问题的反面,再求其补集,有效地避开繁杂的分类讨论,计算量小,解法更加顺畅,自然.

五、数形结合,相得益彰

例5(2010年高考江苏卷第20题)设fx是定义在区间1,+∞上的函数,其导函数为f ′x.如果存在实数a和函数hx,其中,hx对任意的x∈1,+∞都有hx>0使得f ′x=hxx2-ax+1,则称函数fx具有性质Pa.

(1)设函数fx=lnx+b+2x+1x>1,其中b为实数.

(ⅰ)求证:函数fx具有性质Pb;

(ⅱ)求函数fx的单调区间.

(2)已知函数gx具有性质P2.给定x1,x2∈1,+∞,设x11,β>1,若gα-gβ<

gx1-gx2,求m的取值范围.

分析(1)第(1)(ⅰ)问直接求导即可解决,(ⅱ)问的关键是借助二次函数图象的对称轴的位置不同进行分析,以简化分类. 第(2)问若构造出适当的图形进行分析,不仅可避免繁琐的分类,而且答案显而易见,体现出以形助数,直观易懂.

解(1)(ⅰ)f ′x=1x-b+2x+12

=1xx+12x2-bx+1.

因为x>1时,hx=1xx+12>0恒成立,所以函数fx具有性质Pb;

(ⅱ)设φx=x2-bx+1=x-b22+1-b24,φx与f ′x的符号相同.

由二次函数图象分析可知:

当1-b24≥0,-2≤b≤2时,

φx>0,f ′x>0,

故此时fx在区间1,+∞上递增;

当b<-2时,φx图象开口向上,对称轴x=b2<-1,而φ0=1,对于x>1,总有

φx>0,f ′x>0,故此时fx在区间1,+∞上递增;

当b>2时,φx图象开口向上,对称轴x=b2>1,方程φx=0的两根为:

b+b2-42,b-b2-42,而b+b2-42>1,b-b2-42=2b+b2-4∈0,1.

当x∈1,b+b2-42时,φx<0,f ′x<0,故此时fx在区间1,b+b2-42上递减;同理得:fx在区间b+b2-42,+∞上递增.

综上所述,当b≤2时,fx在区间1,+∞上递增;

当b>2时,fx在1,b+b2-42上递减;

fx在b+b2-42,+∞上递增.

(2)由已知可知,α+β=x1+x2,且α,β,x1,x2都在定义域内,x1

所以α+β2=x1+x22,

即中点相同,所以α、β要么在区间x1,x2上,要么在区间x1,x2外.

因gx具有性质P2,即已知中a=2的情形,所以gx在1,+∞上递增.

又因为gα-gβ

由图形可见DF>CE,所以α,β只能在区间x1,x2上.

故x1<α

图1

评注对于一些新定义型的高考题,有时候结合题目的已知条件,进行合理构造几何图形,恰当赋予几何图形数量关系,就可以使问题达到出乎意料的效果.

六、洞察本质,抓住内涵

例6(2011年高考浙江卷(文)第21题)设函数fx=a2lnx-x2+ax,a>0.

(1)求fx的单调区间;

(2)求所有实数a,使e-1≤fx≤e2对x∈1,e恒成立.

分析第(1)问只需对fx求导,利用导数f ′x的正负值求解单调区间.第(2)问显然,要根据单调性求函数fx在1,e上的最值.由

f ′x=0,得x1=-a2<0,x2=a>0,从而,fx在1,e上的单调性与a的值有关,通常分三种情况讨论.但如能注意到e-1≤fx≤e2对x∈1,e恒成立,将问题转化为恒成立问题,则可回避对a

解(1)f ′x=-2x+ax-ax,因为x>0,a>0.

所以fx的单调增区间是0,a,单调减区间是a,+∞.

(2)顯然,要根据单调性求函数fx在1,e上的最值.由f ′x=0,得x1=-a2<0,x2=a>0,要使e-1≤fx≤e2对x∈1,e恒成立,需有e-1≤

f1=a-1≤e2得a≥e,则可回避了对a

由(1)可知,fx在1,e上递增,所以e-1≤f1,fe≤e2,又a≥e,联立解得a=e.

评注本题第(2)问关于函数在某一给定区间上恒成立问题,可以将问题转化为函数在端点处满足给定的区间不等式条件,转化为不等式问题,即可轻松求解.

七、分离参数,突破极限

例7(2010年高考数学全国卷(理)第21题)设函数fx=xex-1-ax2.

(1)当a=12时,求fx的单调区间;

(2)若当x≥0时,fx≥0,求实数a的取值范围.

分析(1)略.

(2)gx=ex-1x在x=0处的极限值是学生求解的难点所在.如何求解.如果学生能回归导数的定义,利用分离参数突破极限值,则问题就变得简单多了.

解(1)略;

(2)由已知得fx=xex-1-ax2≥0(其中x≥0).

当x=0时,a∈R;当x>0时,分离参数得a≤ex-1x(其中x>0),

令gx=ex-1x(其中x>0),求导可得g′x=xex-ex+1x2(其中x>0).

令hx=xex-ex+1(其中x>0),则h′x=xex>0(其中x>0),

因此hx在0,+∞上单调递增,从而hx>h0=0,

于是g′x>0,故gx在0,+∞上单调递增,

因为limx→0gx=limx→0ex-1x=limx→0ex-1-e0-1x-0

由导数的定义知limx→0gx的值为函数φx=ex-1在x=0处的导数.又因为φ′x=ex,所以φ′0=e0=1,从而a≤1.

综合以上可知,a取值范围为-∞,1.

评注问题的难点在于gx=ex-1x在x=0处的函数值不存在,如何求解gx=ex-1x在x=0处的极限值是难点,很多教师在教学中都是运用高等数学中的洛必达法则求解的,但对于高中生而言,是超出高考要求的.如果能从导数定义出发,则不难实现问题的解决.

八、二次求导,柳暗花明

例8(2010年高考数学全国卷第20题)已知函数fx=x+1lnx-x+1.

(1)若xf ′x≤x2+ax+1,求a的取值范围;

(2)证明:x-1fx≥0.

分析对于第(1)问通过二次求导,得到lnx-x的最大值,从而求出a的取值范围. 第(2)问常规方法是把x-1fx进行化简,然后对x进行分类讨论,这是有难度的,若能从函数fx的符号入手,利用二次求导,借助fx在0,+∞上的增减性,解题思路顿时柳暗花明,问题化难为易.

解(1)xf ′x≤x2+ax+1化简,得a≥lnx-x,令gx=lnx-xx>0,二次求导,得gxmax=-1,所以a≥-1.

(2)由题意,得f ′x=lnx+1xx>0,二次求导,得f ″x=1x-1x2x>0,可得f ′xmin=f ′1=1,所以f ′x>0,所以fx在0,+∞上是增函数,又f1=0,所以x-1与fx同号,即有x-1fx≥0.

评注本题两问均通过二次求导,将问题转化为函数在区间上的最值问题或单调性问题,从而避免了常规思路中对x的分类讨论,优化了思维,提高了解题效率.

总之,分类讨论思想在历年的高考数学压轴题中,都占有及其重要的地位和作用,几乎每年都有所考查,分类讨论是许多学生的弱点,也是高考的热点、难点.但是有些高考压轴题,如果我们能够根据题目条件,讲究一些思维策略,作恰当处理,就可以轻松破解这些高考压轴题,给解题带来事半功倍之效.

(收稿日期:2016-09-12)

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