先必要后充分,用邻域法解决一类导数问题

汉中市龙岗学校(723100)唐宜钟

陕西省汉中中学(723000)刘再平

1.问题缘起

题目(2022年新高考Ⅱ卷第22 题)已知函数f(x)=xeax-ex.

(1)当a=1 时,讨论f(x)的单调性;

(2)当x>0 时,f(x)<-1,求实数a的取值范围;

(3)设n ∈N∗,证明:

对于第(2)问,一种流传较广的做法如下:设h(x)=xeax-ex+1,则h(0)=0,又h＇(x)=(1+ax)eax-ex,设g(x)=(1+ax)eax -ex,则g＇(x)=(2a+a2x)eax -ex.若,则g＇(0)=2a-1>0,因为g＇(x)为连续不间断函数,故存在x0∈(0,+∞),使得∀x ∈(0,x0),总有g＇(x)>0,故g(x)在(0,x0)为增函数,故g(x)> g(0)=0,故h(x)在(0,x0)为增函数,故h(x)> h(0)=-1,与题设矛盾.若则h＇(x)=(1+ax)eax-ex=eax+ln(1+ax)-ex.

下证:对任意x>0,总有ln(1+x)

设S(x)=ln(1+x)- x,故故S(x)在(0,+∞)上为减函数,故S(x)

故h＇(x)≤0 总成立,即h(x)在(0,+∞)上为减函数,所以h(x)< h(0)=-1.当a≤ 0 时,有h＇(x)=eax-ex+axeax <1-1+0=0,所以h(x)在(0,+∞)上为减函数,所以h(x)

《普通高中数学教学标准(2017年版)》中对导数的要求为“了解导数概念的实际背景,知道导数是关于瞬时变化率的数学表达式,体会导数的内涵与思想”,“借助函数的图像,了解函数在某点处取得极值的必要条件与充分条件”[1].根据课标要求,合理利用导数的定义及极值的相关概念,结合图像,使用邻域的思想,对题目先进行必要性探索,再进行充分性论述.就能快速找到分界点,减少不必要的论述.

2.邻域法与最值

2.1 邻域的概念

设a ∈R,δ >0,满足绝对值不等式|x - a| < δ的全体实数x的集合称为点a的δ邻域,记作U(a;δ),即U(a;δ)={x||x-a|<δ}=(a-δ,a+δ).点a的空心δ邻域定义为Uo(a;δ)={x|0<|x-a|<δ}.点a的δ右邻域U+(a;δ)=[a,a+δ);点a的δ左邻域U-(a;δ)=(a-δ,a].

2.2 利用邻域法直接求出范围(值)

例1(2015年高考北京卷)已知函数

(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;

(2)求证:当x ∈(0,1)时,;

(3)设实数k使得对x ∈(0,1)恒成立,求k的最大值.

解(3)令则需在x ∈(0,1)时,g(x)>0.注意到g(0)=0,则需在U+(0;δ)内,有即g＇(0)≥0.又

g＇(0)=2-k≥0,故k≤2.

下面论述充分性.当k≤0,x ∈(0,1)时,k(1+x2)≤0,则g＇(x)≥0.当k ∈(0,2]时,kx4+2-k≥0,则g＇(x)≥0.故g(x)在(0,1)上单调递增,又g(x)>g(0)=0,故k≤2.

点评这是一个给定双端点区间的函数最值问题,很容易注意到端点处有g(0)=0,则函数需在U+(0;δ)内单调不减的,利用极限及导数的定义,可得g＇(0)≥0.由此进行必要性探索,把讨论范围从k ∈R 缩小到k≤2.再利用导函数的代数特征,证明了差函数在(0,1)上单调递增,从而完成了充分性的论述.

例2已知函数f(x)=(a-sinx)ex-x-a.

(1)若a=0,求曲线y=f(x)在x=0 处的切线方程;

(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.

解(2)注意到f(0)=0,而f(x)≥0.故需f(x)在U-(0;δ)内单调递减,U+(0;δ)内单调递增,即f＇(0)=0.f(x)=(a-sinx)ex - x - a定义域为R,f＇(x)=(a-sinx-cosx)ex-1,由f＇(0)=a-2=0,解得a=2.

下面证述充分性.当a=2 时,f(x)=(2-sinx)ex -x -2.令g(x)=f＇(x)=(2-sinx-cosx)ex -1,则g＇(x)=(2-2 cosx)ex≥0 恒成立,故g(x)在R 上为增函数.因为g(0)=f＇(0)=e0-1=0,所以f＇(x)>0在(0,+∞)上恒成立,f＇(x)<0 在(-∞,0)上恒成立,所以f(x)=(2-sinx)ex -x-2 在R 上有唯一的极小值点0,且f(0)=2-2=0,满足题意.

综上,a的取值范围是{2}.

点评本题涉及指数函数、幂函数、三角函数,且没有端点值可供入手.但这类问题,一个入手点在于特殊值.很容易观察到f(0)=0.利用左右邻域思想,先进行必要性探索,再利用导函数的性质即可完成论述.

2.3 利用邻域法限定范围

例3(2012年高考新课标卷)设函数f(x)=ax+cosx,x ∈[0,π].

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)设f(x)≤1+sinx,求a的取值范围.

解(2)令g(x)=ax+cosx-(1+sinx),则g(x)≤0.注意到g(0)=0.则需在U+(0;δ)内,有即g＇(0)=a-1 ≤0,故a≤1.

下面论述充分性:当a≤1 时,易得g(x)在上单调递减,上单调递增.故需g(π)≤0,而g(π)=.故.

点评和前面例证不同,本题利用邻域法进行必要性探索,对a的范围进行限定后,函数先减后增,并不一定在x=0 处取最大值,故还需对x=π进行讨论,从而完成a的范围修正.不难看出,前面的例证中,函数的最值都是在我们猜测的“入手点”处取得,但本题的最值并不在“入手点”.虽然必要性探索没能准确的给出本题的答案,但却大大缩小了a的范围,使讨论变得简洁迅速.

例4(2015年高考山东卷)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a ∈R.

(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;

(2)若∀x>0,f(x)≥0 成立,求a的取值范围.

解(2)注意到f(0)=0,需在U+(0;δ)内,有即f＇(0)≥0.

f＇(0)=1-a≥0,故a≤1.

下面论述充分性:令g(x)=2ax2+ax+1-a,对称轴与f＇(x)同号.

当a=0 时,g(x)=1,f＇(x)≥0.当a ∈[0,1]时,g(x)开口向上,g(x)≥g(0)=1-a≥0,f＇(x)≥0.当a <0时,g(x)开口向下,g(0)=1-a >0.在(0,+∞)上,一定存在零点x0,使得x ∈(0,x0)时,f＇(x)>0,x ∈(x0,+∞)时,f＇(x)<0.设h(x)=x-ln(x+1),当x ∈(0,+∞)时在(0,+∞)单调递增,因此当x ∈(0,+∞)时h(x)> h(0)=0,ln(x+1)<0,于是f(x)

综上,a ∈[0,1].

3.领域法与极值

3.1 极值的第三充分条件[2]

设f在x0的某邻域U(x0;δ)上存在直到n-1 阶导数,在x0处n阶可导,且f(k)(x0)=0(k=1,2,···,n-1),f(n)(x0)0,则

(Ⅰ)当n为偶数时,f在x0处取得极值,且当f(n)(x0)<0 时取得极大值,f(n)(x0)>0 时取得极小值.

(Ⅱ)当n为奇数时,f在x0处不取得极值.

证明由泰勒展开式得:

由于f(k)(x0)=0(k=1,2,···,n-1).因此,

又由于f(n)(x0)0,故存在正数δ＇≤δ,当x ∈U(x0;δ＇),同号.所以,n为偶数时,f(n)(x0)<0,(∗)式取负值,从而对任意x ∈Uo(x0;δ＇),由f(x)-f(x0)<0,即f在x0取极大值.同样,f(n)(x0)>0时,f在x0取极小值.

3.2 “入手点”为极值

例5同文首的题目.

解(2)注意到f(0)=-1,则需在U+(0;δ)内,有aeax+a(eax+axeax)-ex,f＇＇(0)=2a-1.由极值的第三充分条件及题意知,需x=0 为f(x)的极大值点,f＇＇(0)≤0,即.

故f(x)在(0,+∞)上递减,f(x)

点评f＇(0)=0,且f＇(0)无法表示成关于a的表达式.不能直接通过f＇(0)对a的范围进行限定,但容易发现x=0是f(x)的极大值点.利用极值的第三充分条件,先进行必要性探索,再利用函数的相关知识即完成了证明.

例6(2018年高考全国Ⅲ卷)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.

(1)若a=0,证明:当-1< x <0 时,f(x)<0; 当x>0 时,f(x)>0.

(2)若x=0 是f(x)的极大值点,求a.

解(2)f(x)的定义域为(-1,+∞),

由极值的第三充分条件,需f＇＇＇(0)=0,即6a+ 1=0,.

下面证明充分性.令g(x)=2ax2+(6a-1)x+6a+1.当时,(-1,0),g(x)> g(0)=0,即f＇＇＇(x)>0;x ∈(0,+∞),g(x)< g(0)=0,即f＇＇＇(x)<0.故f＇＇(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.f＇＇(x)≤f＇＇(0)=0.故f＇(x)在(-1,+∞)单调递减.又f＇(0)=0.故x ∈(-1,0)时,f＇(x)>0,x ∈(0,+∞),f＇(x)<0.此时,x=0 为f(x)的极大值点.

点评本题虽然明确告诉了我们x=0 是f(x)的极大值点,但两次求导后,导函数在x=0 处值为0,令人“绝望”.若能深刻理解极值的第三充分条件,解答就会有的放矢.

3.3 “入手点”不为极值点

例7(2014年高考新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x >0 时,g(x)>0,求b的最大值;

解(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(exe-x)+(8b-4)x.注意到g(0)=0.

g＇(0)=0.g＇＇(x)=4(ex -e-x)(ex+ e-x - b),g＇＇(0)=0.g＇＇＇(x)=4[(ex+ e-x)(ex+ e-x - b)+(ex-e-x)2],由极值的第三充分条件知,g＇＇＇(0)=0,得b=2.但事实上,对于本题,b=2 时,x=0 是g(x)的极小值点.但b <2 时,由函数性质可知:g＇(x)≥0,此时,x=0 不是g(x)的极小值点.此时,g(x)在R 上单调递增,且g(0)=0.故本题范围为b≤2.本情况即为极值的第三充分条件的第(Ⅱ)种情况.

4.教学建议

4.1 夯实导数双基,掌握通法和必要的巧法

导数双基是解决导数解答题的核武器,特别要夯实函数的单调性,因为函数的单调性是解决函数的极值、最值、零点、函数与不等式等问题的工具与通法,而这些也是常见导数解答题的核心考点.在追求通性通法的同时也要扎实掌握一些解答导数解答题的必要技巧,如换元法、函数分离、变参分离、常数分离、不等式放缩、函数变形等,因为这些技巧是快速与准确解答导数解答题的重要保障.纵观本文,许多论述部分都需要适当的技巧.

4.2 在一题多解时,注重多题归一与优解辨析

由于导数解答题具有灵活性和探究性,所以不论高考还是日常教学中,该类题目的解答方法都比较丰富,有的专业数学期刊也经常刊登有关导数解答题的教学案例,有的导数解答题的解法竟然多达几十种,一题多解确实对学生问题解决能力和数学思维能力的提高有所帮助.然而数学解题教学不能野蛮生发,也不是每种解法都贴切学生的知识储备与认知范畴,所以教师在导数解答题的教学中要有意识的引导学生开展多题归一与优解辨析活动.如此不但能培养学生解答导数解答题的效率,也能培养学生的数学思辨能力.本文所举例证解法多样,但大多解法入手困难,论证复杂.“必要性探索”就是优解辨析的结果.

4.3 立足教材课标,恰当拓展导数知识的深度和广度

将中等数学或高等数学里的一些简单知识下放到高考导数解答题中已是屡见不鲜,这也是一些专家命制高考导数压轴题的重要方法,因而一些导数解答题具有鲜明的初等与高等数学背景,所以教师在实际教学中要合理利用选修课等时间,对洛必达法则、微积分中值定理、泰勒展开式等导数知识的深度与广度展开拓展教学,以帮助学生更好的理解导数解答题的本质,提高导数解答题的解决能力[3].但这些拓展需立足教材和课标,教师要从学生的“最近发展区”出发,在题目中探索和逐渐加深对相关知识的理解.本文中,从导数的定义到邻域,再到极值的第三充分条件,不失为一次尝试.