高中一类函数难题的巧解

☉山东省临沂第一中学 刘宗珉

高中一类函数难题的巧解

☉山东省临沂第一中学 刘宗珉

导数常常作为高考压轴题，是高考重点考查的内容之一，大多情况下题目具有一定的难度.然而通过对所学知识的综合应用，就会发现一些能够精简计算与逻辑的巧妙解题方法.本文将从例题入手，介绍解决导数问题的一些巧妙方法.

例1设函数f（x）=x（ex-1）-ax2（e是自然对数的底数）.

（2）若（fx）在（-1，0）内无极值，求a的取值范围.

解：（1）f（′x）=e（xx+1）-2ax-1.

令f′（x）＞0，则x＞0或x＜-1；

f′（x）＜0，则0＜x＜1.

故f（x）的单调递增区间为（-∞，-1），（0，+∞），单调递减区间为（-1，0）.

（2）方法1：利用充分条件的性质，不断求得使之成立的充分条件，剩余部分进行特殊分析.

因为f（x）在（-1，0）内无极值，故f（x）在（-1，0）内单调，

比较f（′x）=e（xx+1）-2ax-1与e（xx+1）-x-1可知，

②又由经典不等式ex≥x+1知，

f（′x）≥（x+1）2-2ax-1=x［x+2（1-a）］，

在（-1，0）上，2（1-a）≤0，

即a≥1时，f′（x）≥x［x+2（1-a）］≥0，

（fx）在（-1，0）内无极值.

f″（x）=ex（x+2）-2a在（-1，0）上递增，f″（-1）=e-1-2a＜0，f″（0）=2（1-a）＞0，

故存在s∈（-1，0），在（-1，s）上，f″（x）＜0，f′（x）单调递减；在（s，0）上，f″（x）＞0，f′（x）递增.

f′（0）=0，所以f′（s）＜0，而f′（-1）=2a-1＞0，

所以存在t∈（-1，s），f′（t）=0，在（-1，t）上，f′（x）＞0，在（t，0）上，f′（x）＜0，

在（-1，0）上f（x）有极值，不合要求.

方法2：通法，分离变量，大胆寻找简便算法.

因为f（x）在（-1，0）内无极值，

故f（x）在（-1，0）内单调.

所以h（x）在（-1，0）内单调递增，1＜h（x）＜2，

f（x）在（-1，0）内单调递增⇔h（x）-2a≤0，即a≥1，

f（x）在（-1，0）内单调递减⇔h（x）-2a≥0，即a≤

注：上面利用了（fx）·ex分离原则及经典不等式e-x＞-x+1，比命题者提供的局部分析方法简便.

（1）若x=0为函数（fx）的极大值点，求（fx）的单调区间（用a表示）；

解：（1）f（′0）=g（′0）=0，得a=b.易得（fx）的单调区间.

（2）由g（x）=ex-x-1易得经典不等式ex＞x+1.

预测h（0）=0，若h（x）是增函数必成立，先寻求使h′（x）≥0成立的充分条件：

r′（x）=ex（x+2）-1-a，r′（0）=1-a＜0，又r′（x）是增函数，

r′（a）=ea（a+2）-1-a＞a+2-1-a＞0，所以存在x0＞0，

在（0，x0）上，r′（x）＜0，r（x）是减函数，r（x）＜0，即得h′（x）＜0，h（x）是减函数.

由h（0）=0，在（0，x0）上，h（x）＜0，故a＞1时，结论不成立.

综上所述，a的取值范围是0＜a≤1.

导数的性质是对函数概念的延续和拓展，在比较数的大小、函数的定性分析以及相关的数学综合问题中也有广泛的应用.在解题过程中，巧妙利用经典不等式法、配方法、换元法等思想从多角度入手，往往会收到意想不到的效果.