一道高三数学压轴题的求解策略探究*

2018-08-29 09:36
中学教研(数学) 2018年8期
关键词:判别式证法所求

(七星关区北大附属实验学校,贵州 毕节 551700)

图1

1)用x分别表示矩形ABCD、曲边梯形ABED及矩形ABEF的面积,并用不等式表示它们的大小关系;

(2018年全国数学高考卷Ⅲ理科试题第21题)

本题题型结构新颖,知识覆盖广泛,主要以函数为载体,以导数为工具,是一道考查学生识图、逻辑和分析能力的综合题.

1)解根据图1易知

2)解法1(构造函数法,运用数形结合正确判断导函数的正负是关键,此法好想不好做.)

构造函数φ(x)=(1+x)lnx+2a(1-x),其中x∈(0,1),则φ(x)<0在(0,1)上恒成立,对函数φ(x)求导得

再构造函数k(x)=xlnx+(1-2a)x+1,则

k′(x)=lnx+2-2a.

①当2-2a<0,即a>1时k′(x)<0,此时y=k(x)在(0,1)上单调递减,且k(1)=2-2a,从而

k(x)>2-2a.

当x→0+时,k(x)→1,因此存在x0∈(0,1),使得k(x)=0,即当x∈(0,x0)时,k(x)>0,从而φ′(x)>0,于是y=φ(x)在(0,x0)上单调递增;当x∈(x0,1)时,k(x)<0,从而φ′(x)<0,于是y=φ(x)在(x0,1)上单调递减,又φ(1)=0,当x∈(x0,1)时,φ(x)>φ(1)=0,与题意相矛盾,故a>1不符合题意.

②当2-2a=0,即a=1时,k′(x)<0,从而y=k(x)在(0,1)上单调递减,于是

k(x)>k(1)=2-2a=0,

即φ′(x)>0,因此y=φ(x)在(0,1)上单调递增,进而φ(x)<φ(1)=0,满足题意,故a=1符合题意.

k′(x)

又k′(1)=2-2a>0,则当x→0+时,k′(x)→-∞,因此存在x0∈(0,1),使得k′(x)=0,即

lnx0+2-2a=0,

亦即

lnx0=2a-2.

当x∈(0,x0)时,k′(x)<0,从而y=k(x)在(0,x0)上单调递减;当x∈(x0,1)时,k′(x)>0,从而y=k(x)在(x0,1)上单调递增,于是

k(x)min=k(x0)=x0lnx0+(1-2a)x0+1=

x0(2a-2)+(1-2a)x0+1=1-x0>0,

因此φ′(x)>0,即y=φ(x)在(0,1)上单调递增,进而φ(x)<φ(1)=0,满足题意,故0

综上所述,所求a的取值范围是(0,1].

解法2(构造函数法,函数的构造形式不易想到,此法好做不好想.)

对g(x)求导得

令h(x)=x2+(2-4a)x+1,其判别式

Δ=(2-4a)2-4=16a(a-1).

①当Δ≤0,即0

②当Δ>0,即a>1时,不难发现

h(0)=1,h(1)=4(1-a)<0,

从而存在x0∈(0,1)使得h(x)=0,于是当x∈(0,x0)时,h(x)>0,即g′(x)>0,y=g(x)在(0,x0)上单调递增;当x∈(x0,1)时,h(x)<0,即g′(x)<0,y=g(x)在(x0,1)上单调递减,从而g(x0)>g(1)=0,与题意相矛盾,故a>1不符合题意.

综上所述,所求a的取值范围是(0,1].

解法3(分离参数法,通称分离变量法,分离变量后就转化为求函数定义域和值域问题,此法既好想也好做.)

令t(x)=x2-1-2xlnx,则

t′(x)=2x-2(lnx+1)=2x-2lnx-2.

t′(x)>t′(1)=0,

因此y=t(x)在(0,1)上单调递增,进而

t(x)

即G′(x)<0在(0,1)上恒成立,亦即y=G(x)在(0,1)上单调递减,故G(x)>G(1)在(0,1)上恒成立.

由洛必达法则,得

从而2a≤2,又a>0,于是所求a的取值范围是(0,1].

3)证法1(构造“形似”函数,结合分析法,通过“要证,只需证”得到等价转化.)

从而

于是

证法2(放缩法,巧用问题中的函数,简单放缩.)

从而

于是

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