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■广东省汕头市六都中学 杜龙安 函数零点是函数的重要性质之一, 函数零 点问题一直是高考全国卷考查的热点、 难点问 题, 常以压轴题的形式出现。该类问题主要考 查同学们分析问题和解决问题的能力, 考查数 学抽象、 逻辑推理、 直观想象、 数学运算等数学 核心素养, 考查分类讨论、 函数与方程、 数形结 合等数学思想方法。试题通过引入参数, 由于 参数不确定而引起分类讨论, 通常设置的问题 有: 讨论零点个数、 证明零点个数、 已知零点个 数求参数范围、 已知零点范围求参数范围等。 本文结合例题帮助同学们梳理函数零点问题 的考查形式和求解思路, 从而提高备考的针对 性, 最终达到提高高考竞争力的目的。 一、 讨论零点个数 例 1 设函数f( x) =1 2 x 2-( a+ 1 ) x + a l n x, a > 0 。 ( 1 ) 求函数f( x) 的单调区间; ( 2 ) 讨论函数f( x) 的零点个数。 解析: ( 1 ) 函数f( x) 的定义域为( 0 , +∞) 。 由已知得 f _( x) =x- ( a+1 ) +a x = x 2-( a+ 1 ) x+ a x = ( x- a) ( x- 1 ) x 。 当0 < a < 1时, 令f _ ( x) < 0 , 得a < x < 1 ; 令f _ ( x) > 0 , 得0 < x < a 或x > 1 。 所以函数f( x) 的单调增区间为( 0 , a) 和 ( 1 , +∞) ; 单调减区间为( a, 1 ) 。 当a= 1时, f _ ( x) = ( x- 1 ) 2 x ≥ 0在区间 ( 0 , +∞) 上恒成立, 所以函数f( x) 的单调增 区间为( 0 , +∞) ; 无减区间。 当a > 1时, 令 f _( x) < 0 , 得 1 < x < a; 令f _ ( x) > 0 , 得0 < x < 1或x > a。 所以函数f( x) 的单调增区间为( 0 , 1 ) 和 ( a, +∞) ; 单调减区间为( 1 , a) 。 ( 2 ) 由 ( 1) 可 知, 当 0 < a < 1 时, 函 数 f( x) 的单调增区间为( 0 , a) 和( 1 , + ∞) , 单 调减区间为( a, 1 ) 。 所以f( x) 极大值 =f( a) = - 1 2a 2 -a+ a l n a < 0 , f( x) 极小值 = f( 1 ) =-1 2- a < 0 。 因为f( 2 a+ 2 ) = a l n ( 2 a+2 ) > 0 , 所以 函数f( x) 有唯一零点。 当a= 1时, 函数 f( x) 在( 0 , +∞) 上单 调递增。 又因为 f( 1 ) = - 3 2 < 0 , f( 4 ) = l n 4 > 0 , 所以函数f( x) 有唯一零点。 当a > 1时, 函数 f( x) 的单调增区间是 ( 0 , 1 ) 和( a, + ∞) , 单 调 减 区 间 是( 1 , a) , 所 以f( x) 极大值 = f( 1 ) =-1 2- a < 0 , f( x) 极小值 = f( a) =-1 2 a 2- a+ a l n a < 0 。 因为f( 2 a+ 2 ) = a l n ( 2 a+2 ) > 0 , 所以 函数f( x) 有唯一零点。 综上可得, 函数f( x) 有唯一零点。 评注: 该题第( 1 ) 问的难 度 不 大, 体 现 试 题的低起点, 有利于同学们的解答, 主要通过 对a 进行分类讨论后得出函数f( x) 的单调 区间; 第( 2 ) 问可根据第( 1 ) 问的结果求出函 数f( x) 的极值, 然后再对函数 f( x) 的极值 的符号进行讨论, 并结合函数零点存在定理, 从而确定函数 f( x) 的零点个数。该题求解 的关键是求函数的极值, 以及对函数的 极 值 的符号的讨论, 分类讨论思想在该题中 起 到 举足轻重的作用。 二、 证明零点个数 例 2 已知函数f( x) = s i n x- l n ( 1 + x) 。 ( 1 ) 求曲线y= f( x) 在点( 0 , f( 0 ) ) 处的 切线方程; ( 2 ) 证明: 函数f( x) 只有两个零点。 解析: ( 1 ) 函 数 f( x) 的 定 义 域 为 ( -1 , +∞) , f _ ( x) =c o s x- 1 1 + x, f _( 0 ) =0 , 切 3 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年5月 全科互知
点为( 0 , 0 ) , 故所求切线方程为y= 0 。 ( 2 ) 令 g( x) =f _( x) =c o s x - 1 1 + x ( x > - 1 ) , 则g _ ( x) =- s i n x+ 1 ( 1 + x) 2。 当 x ∈ ( -1 , 0] 时, -s i n x > 0 , 所 以 g _ ( x) > 0 , 所 以 g( x) 单 调 递 增, 所 以 g( x) ≤ g( 0 ) = 0 , 即f _( x) ≤ 0 , 所以f( x) 单调递 减, 又f( 0 ) = s i n 0 - l n 1 = 0 , 所以函数f( x) 在( - 1 , 0 ] 上有唯一零点0 。 令h( x) =g _( x) = -s i n x+ 1 ( 1 + x) 2, 则h _ ( x) =- c o s x- 1 ( 1 + x) 3。 当x∈ 0 , π 2 时, h _( x) < 0 , 所以h( x) 单调递减, 又h( 0 ) = - s i n 0+ 1 ( 1 + 0 ) 2 > 0 , h π 2 =-s i n π 2 + 1 1 +π 2 2 < 0 , 由 函 数 零 点存在定理可知, h( x) 在 0 , π 2 上存在唯一 零点x 0 0 < x 0 < π 2 。 所以 当 x ∈ ( 0 , x 0) 时, h( x) > 0 , 即 g _ ( x) > 0 , 所以g( x) 单调递增; 当x∈ x 0, π 2 时, h( x) < 0 , 即g _ ( x) < 0 , 所以g( x) 单调递减。 又g( 0 ) =c o s 0- 1 1 + 0=0 , g π 2 = c o sπ 2 - 1 1 +π 2 < 0 ,所 以 函 数 g ( x)在 x 0, π 2 上存在唯一零点x 1, 所以当x∈( 0 , x 1) 时, g( x) > 0 , 即f _( x) > 0 , 所以f( x) 单 调递 增; 当 x ∈ x 1, π 2 时, g ( x) < 0 , 即 f _ ( x) < 0 , 所以f( x) 单调递减。 又f( 0 ) = s i n 0 - l n ( 1 + 0 ) = 0 , f π 2 = s i n π 2 -l n 1 +π 2 > 0 ,所 以 f ( x )在 0 , π 2 上无零点。 当x∈ π 2, π 时, c o s x < 0 , - 1 1 + x < 0 , 于是f _ ( x) = c o s x- 1 1 + x < 0 , 所以f( x) 单 调递 减。 又 f π 2 =1-l n 1 +π 2 > 1- l n1 + 3 . 2 2 = 1 - l n 2 . 6 > 1 - l n e = 0 , f( π ) = - l n ( 1 +π ) < 0 , 由函数零 点 存 在 定 理 可 知, 函数f( x) 在 π 2, π 上存在唯一零点x 2。 当x∈ ( π , + ∞) 时, s i n x≤1 < l n ( 1+ x) , 则f( x) = s i n x- l n ( 1 + x) < 0恒成立, 所以函数f( x) 在( π , +∞) 上无零点。 综上所述, 函数f( x) 只有两个零点。 评注: 本题分类讨论的标准与例1不同, 主要结合三角函数值的有界性进行分 类, 整 道题的求解思路还是讨论函数 f( x) 的单调 性, 求函数f( x) 的极值, 判断函数f( x) 的极 值的符号, 最后结合函数零点存在定理 即 可 确定函数f( x) 的零点个数。 三、 已知零点个数求参数范围 例 3 已知函数f( x) =( 2 a x 2+ b x+ 1 ) e - x( e为自然对数的底数) 。 ( 1 ) 若a=1 2, 求函数f( x) 的单调区间; ( 2 ) 若f( 1 ) = 1 , 且方程f( x) = 1在( 0 , 1 ) 内有解, 求实数a 的取值范围。 解析: ( 1 ) 略。 ( 2 ) 由f( 1 ) = 1得2 a+ b+ 1 = e , 则b= e - 1 - 2 a。 由f( x) = 1得e x= 2 a x 2+ b x+ 1 。 设g( x) =e x -2 a x 2- b x-1 , 则 g( x) 在( 0 , 1 ) 内有零点。 设x 0 为g( x) 在( 0 , 1 ) 内的一个零点, 则 由g( 0 ) = 0与 g( 1 ) = 0 知 g( x) 在区间( 0 , x 0) 和( x 0, 1 ) 上不可能单调递增, 也不可能单 调递减。设h( x) =g _( x) , 则h( x) 在 区 间 ( 0 , x 0) 和( x 0, 1 ) 上 均 存 在 零 点, 即 h( x) 在 ( 0 , 1 ) 上至少有两个零点。 g _ ( x) = e x- 4 a x- b, h _ ( x) = e x- 4 a。 当a≤1 4时, h _ ( x) > 0 , h( x) 在区间( 0 , 1 ) 4 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年5月 全科互知
上单调递增, h( x) 不可能有两个及以上零点。 当a≥e 4时, h _ ( x) < 0 , h( x) 在区间( 0 , 1 ) 上单调递减, h( x) 不可能有两个及以上零点。 当1 4 < a < e 4 时, 令 h _( x) =0 , 得 x= l n ( 4 a ) ∈( 0 , 1 ) , 则h( x) 在区间( 0 , l n ( 4 a ) ) 上单 调递减, 在( l n ( 4 a ) , 1 ) 上单调递增, h( x) 在区间 ( 0 , 1 ) 上存在最小值h( l n ( 4 a ) ) , 若h( x) 有两个 零点, 则h( l n ( 4 a) ) < 0 , h( 0 ) > 0 , h( 1 ) > 0 。 h( l n ( 4 a) ) =4 a-4 a l n ( 4 a) - b=6 a- 4 a l n ( 4 a) + 1 - e 1 4 < a < e 4 。 设φ( x) =3 2x-x l n x+1-e ( 1 < x < e ) , 则φ _ ( x) =1 2- l n x。 令φ _ ( x) = 0 , 得x= e。 当1 < x < e时, φ _( x) > 0 , φ( x) 单调递 增; 当 e < x < e时, φ _ ( x) < 0 , φ( x) 单调递减。 所以φ( x) m a x= φ( e) = e+ 1 - e < 0 , 所 以h( l n ( 4 a) ) < 0恒成立。 由h( 0 ) = 1 - b= 2 a- e + 2 > 0 , h( 1 ) = e - 4 a- b > 0 , 得 e - 2 2 < a < 1 2。 当 e - 2 2 < a < 1 2时, 设h( x) 的两个零点 为x 1, x 2, 则 g( x) 在( 0 , x 1) 上单调递增, 在 ( x 1, x 2) 上单调递减, 在( x 2, 1 ) 上单调递增, 所以g( x 1) > g( 0 ) = 0 , g( x 2) < g( 1 ) = 0 , 则 g( x) 在( x 1, x 2) 内有零点。 综 上 所 述,实 数 a 的 取 值 范 围 为 e - 2 2 , 1 2 。 评注: 本题较为复杂, 难度较大, 主要因 为需要多次求导, 多次换元, 利用数形结合思 想分析函数的单调性、 最值, 结合函数零点存 在定理判断函数零点情况。求解整道题的关 键是利用导数这个工具, 讨论函数f( x) 的单 调性, 从而得到函数 f( x) 的最小值, 然后根 据函数f( x) 有两个零点得到h( x) < 0 , 求得 实数a 的取值范围, 最后利用零点存在定理 进一步验证。 四、 已知零点范围求参数范围 例 4 已知函数f( x) = l n x x , g( x) = - x 2+ a x+ 1 。 ( 1 ) 求函数y=f( x) 在[ t , t+ 2 ] ( t > 0 ) 上的最大值; ( 2 ) 若函数y= x 2 f( x) + g( x) 有两个不 同的极 值 点 x 1, x 2 ( x 1 < x 2) , 且 x 2 -x 1 > 1 2 l n 2 , 求实数a 的取值范围。 解析: ( 1 ) 略。 ( 2 ) 由题意得y= x 2 f( x) + g( x) = x l n x - x 2+ a x+ 1 , 则y _ = l n x- 2 x+ 1 + a。 由题意可知y _= l n x-2 x+1+ a 有两 个不等 的 实 根x 1, x 2( x 1 < x 2) , 即 方 程 a= - l n x+ 2 x-1 有 两 个 不 等 的 实 根, 也 就 是 函数h( x) = - l n x+2 x-1 的 图 像 与 直 线 y= a 有两个不同的交点。 令h _ ( x) =-1 x + 2 = 0 , 得x=1 2。 当0 < x < 1 2时, h _ ( x) < 0 , h( x) 单调递 减; 当x > 1 2时, h _ ( x) > 0 , h( x) 单调递增。 所以当 a > h( x) m i n=h 1 2 = l n 2 时, x 1, x 2 存在, 且x 2- x 1 的值随着a 的增大而 增大。 下面计算x 2- x 1=1 2 l n 2时的情况。 当 x 2 - x 1 = 1 2l n 2 时,由 题 意 得 a=- l n x 1+ 2 x 1- 1 , a=- l n x 2+ 2 x 2- 1 , 两 式 相 减 可 得 l n x 2 - l n x 1= 2 ( x 2- x 1) = l n 2 , 即l nx 2 x 1 = l n 2 , 所以x 2= 2 x 1。 由 x 2 -x 1 = 1 2l n 2 , 得 到 x 2 =2 x 1 = l n 2 , 此时a= h( x 2) = - l n ( l n 2 ) +2 l n 2- 1 , 所以实数a 的取值范围 为a > - l n ( l n 2 ) + 2 l n 2 - 1 。 评注: 本 题 求 解 的 关 键 是 在 求 得 函 数 f( x) 的单调区间和最小值后, 利用数形结合 5 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年5月 全科互知
?????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????? 思想得出x 2- x 1 的值随着a 的增大而增大, 后 面就只需求解当x 2- x 1=1 2 l n 2时a 的值即可。 研究函数零点问题需要借助导数工具讨 论函数的单调性, 然后求函数的极值、 最 值, 再利用数形 结 合 思 想 分 析 函 数 的 变 化 趋 势。 函数零点问 题 有 较 强 的 综 合 性, 问 题 的 求 解 对同学们的 数 学 综 合 能 力 要 求 比 较 高, 对 分 类讨论、 函数与方程、 数形结合等数学思想方 法的考查尤为透彻, 因此, 此类题一直是高考 得分率较低的题目。同学们只要平时勤于思 考, 勤于动手, 多归纳总结, 勤于提炼思想 方 法, 积累解题经验, 提升解题能力, 就可以 攻 破此类问题。 ( 责任编辑 王福华) ■广东省佛山市顺德区容山中学 潘敬贞 函数与导数中的不等式问题一直是高考 考查的热点和难点问题, 主要包括两种类型: 已知不等式求参数的范围和证明不等式。该 类问题的求解对同学们的分析问题、 转 化 与 化归、 代数变形、 构造新函数、 分类讨论、 推理 论证、 运算求解等能力要求 比 较 高。本 文 结 合实例对常见的函数与导数中的不等式问题 进行归纳、 梳理, 主要目的是加强同学们对该 类题备考的针对性, 提高解决该类问题 的 能 力, 从而提高高考竞争力。 一、 已知不等式求参数的范围 例 1 已知函数 f( x) = ( x-1 ) e x - a( x 2+ 1 ) , x∈[ 1 , +∞) 。 ( 1 ) 讨论函数f( x) 的单调性; ( 2 ) 若f( x) ≥- 2 a+ l n x, 求实数a 的 取值范围。 解析: ( 1 ) 略。 ( 2 ) 令g( x) = f( x) + 2 a- l n x=( x- 1 ) e x - a ( x 2- 1 ) - l n x, 注意到g( 1 ) = 0 , 则问题转 化为g( x) ≥ 0在x∈[ 1 , +∞) 上恒成立。 g _ ( x) = x e x- 2 a x-1 x 。 若a > e - 1 2 , 则 g _( 1 ) =e -2 a-1 < 0 ; g _ ( l n ( 2 a+ 1 ) ) = l n ( 2 a+ 1 ) - 1 l n ( 2 a+ 1 ) , 因 为2 a+ 1 > e , 所以l n ( 2 a+ 1 ) > 1 , g _( l n ( 2 a + 1 ) ) > 0 。 所 以 存 在 x 0 ∈ ( 1 , l n ( 2 a+ 1 ) ) , 使得g _ ( x 0) = 0 。 当x∈( 1 , x 0) 时, g _( x) < 0 , g( x) 单调 递减, 所以g( x) < g( 1 ) = 0 , 不满足题意。 若a≤ e - 1 2 , 则 g _( x) ≥x e x -( e -1 ) x -1 x = x[ e x-( e - 1 ) ] -1 x 。 当x > 1时, x[ e x-( e - 1 ) ] > 1 , 0 < 1 x < 1 , 所以g _( x) > 0 , g( x) 在[ 1 , + ∞) 上 单 调 递增, 所以g( x) ≥ g( 1 ) = 0 , 满足题意。 综上可得, a≤ e - 1 2 。 评注: 解答本题的关键是由g _( 1 ) = 0得 a= e - 1 2 , 后面只需讨论a > e - 1 2 和a≤e - 1 2 时函数g( x) 的符号即可。 例 2 已 知 函 数 f( x) = a e x -2 a x- 2 ( a≠0 ) 。 ( 1 ) 讨论函数f( x) 的单调性; ( 2 ) 是否存 在a∈ ( 0 , 1 ) , 使 得 对 于 任 意 实数x, 都有f( x) + x 2+ 2 x e x > 0 ? 解析: ( 1 ) f _ ( x) = a e x - 2 a= a( e x - 2 ) , 令f _ ( x) = 0 , 得x= l n 2 。 若a > 0 , 当x∈( -∞, l n 2 ) 时, f _ ( x) < 0 , 函数f( x) 单 调 递 减; 当 x∈ ( l n 2 , + ∞) 时, f _ ( x) > 0 , 函数f( x) 单调递增。 若a < 0 , 当x∈( -∞, l n 2 ) 时, f _ ( x) > 0 , 函数f( x) 单 调 递 增; 当 x∈ ( l n 2 , + ∞) 时, f _ ( x) < 0 , 函数f( x) 单调递减。 ( 2 ) 方法 1 : f( x) +x 2+ 2 x e x = a e x -2 a x 6 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年5月 全科互知
- 2 + x 2+ 2 x e x > 0 , 可变形为a e 2 x -( 2 a x+ 2 ) · e x+( x 2+ 2 x) > 0 。 令g( x) =a e 2 x - ( 2 a x+2 ) e x + ( x 2 + 2 x) , 则 g _( x) = 2 a e 2 x -( 2 a x+ 2 a+ 2 ) e x + ( 2 x+ 2 ) = 2 ( a e x- 1 ) ( e x- x- 1 ) 。 令h( x) = e x- x- 1 , 则h _( x) = e x - 1 , 由h _ ( x) = 0 , 得x= 0 。 当 x ∈ ( - ∞, 0) 时, h _( x) < 0 , 函 数 h( x) 单调递减; 当x∈( 0 , +∞) 时, h _( x) > 0 , 函数h( x) 单调递增。 所以h( x) ≥h( 0 ) =0 , 又 因 为 a∈ ( 0 , 1 ) , 当x∈ -∞, l n1 a 时, g _ ( x) ≤ 0 ; 当x∈ l n1 a , +∞ 时, g _( x) > 0 , 所 以 g( x) m i n= g l n1 a = l n1 a 2 - 1 a , 因 此, 要 使 得 对 于 任意实数 x, 都 有 f( x) +x 2+ 2 x e x > 0 , 只 需 l n1 a 2 -1 a > 0 。令u( t ) = l n t- t, 其 中 t =1 a ∈ ( 1 , + ∞) , 由 u _( t) = 1 t - 1 2t = 2 -t 2 t , 得u( t) 在 ( 1 , 4 ) 上 单 调 递 增, 在 ( 4 , +∞) 上单调递减, 所以u( t ) m a x= u( 4 ) = l n 4 - 2 < 0 , 即l n1 a - 1 a < 0 , l n1 a 2 -1 a < 0 。 因此, 不存 在a∈( 0 , 1 ) , 使 得 对 于 任 意 实数x, 都有f( x) + x 2+ 2 x e x > 0 。 方法2 : 令 g( x) =-x 2+ 2 x e x , 若对于任 意实 数 x, 都 有 f ( x) > g ( x) , 则 只 需 f( x) m i n > g( x) m a x。 由( 1 ) 知, 当a > 0时, f( x) m i n=f( l n 2 ) = 2 a- 2 a l n 2 - 2 。 g _( x) = - ( 2 x+ 2 ) e x-( x 2+ 2 x) e x ( e x) 2 = x 2- 2 e x , 令g _ ( x) = 0 , 得x=± 2。 所以g( x) 在( -∞, - 2) 上单调递增, 在( - 2, 2) 上单调递减, 在( 2, +∞) 上单 调递增。 所以g( x) m a x= g( - 2) =( 2 2- 2 ) · e 2 , 因为2 a- 2 a l n 2 - 2 > ( 2 2- 2 ) e 2 , 所以 a > ( 2- 1 ) e 2 + 1 1 - l n 2 > 2 1 - l n 2 > 1 。 因此, 不存 在a∈( 0 , 1 ) , 使 得 对 于 任 意 实数x, 都有f( x) + x 2+ 2 x e x > 0 。 方法3 : 假设存在a∈( 0 , 1 ) , 使得对于任 意实数x, 都有f( x) + x 2+ 2 x e x > 0 , 即a e x - 2 a x- 2 + x 2+ 2 x e x > 0 。令h( x) = e x - 2 x, 则 h _ ( x) = e x- 2 。当x∈( -∞, l n 2 ) 时, h _ ( x) < 0 , h( x) 单调递减; 当 x∈( l n 2 , + ∞) 时, h _ ( x) > 0 , h( x) 单 调 递 增。所 以h( x) m i n= h( l n 2 ) = 2 - 2 l n 2 > 0 , 所以e x- 2 x > 0 , 所以 a > 2 e x- x 2- 2 x e x( e x- 2 x)恒成立。 令 F ( x) =2 e x- x 2- 2 x e x( e x- 2 x), 则 F _( x) = 2 [ e x-( x+ 1 ) ] ( x 2- e x) e x( e x- 2 x) 2 。 令Q( x) = e x - x- 1 , 则 Q _( x) = e x - 1 。 当x∈( -∞, 0 ) 时, Q _( x) < 0 , Q( x) 单 调 递 减; 当x∈( 0 , +∞) 时, Q _( x) > 0 , Q( x) 单调 递增。所以Q( x) ≥ Q( 0 ) = 0 , 所以e x≥ x+ 1 。 令g( x) = x 2- e x, 则g _( x) = 2 x- e x < 0 , 所以g( x) 在 R 上单调递减。 又g( - 1 ) = 1 -1 e > 0 , g( 0 ) =- 1 < 0 , 所以? x 0∈ ( -1 , 0 ) , 使 得 g( x 0) =0 , 从 而 F _ ( x 0) = 0 , 此时x 2 0= e x 0 。 当x∈( -∞, x 0) 时, F _ ( x) > 0 , F( x) 单 调递 增; 当 x∈ ( x 0, + ∞) 时, F _( x) ≤0 , F( x) 单调 递 减。 所 以 F ( x) m a x =F ( x 0) = 2 e x 0 - x 2 0- 2 x 0 e x 0 ( e x 0 - 2 x 0) =2 x 2 0- x 2 0- 2 x 0 x 2 0( x 2 0- 2 x 0)= 1 x 2 0 > 1 , 所 以a > 1 , 矛盾。 因此, 不存 在a∈( 0 , 1 ) , 使 得 对 于 任 意 实数x, 都有f( x) + x 2+ 2 x e x > 0 。 评注: 本题是以 探 究 存 在 性 问 题 进 行 设 7 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年5月 全科互知
问, 具有浓厚的探究味道, 但本质上和已知不 等式求参数范围是一致的, 本题的方法 1 是 正面突破, 将问题转化为求函数的最值问题, 通过一系列推导和求解得出矛盾, 最后 下 结 论, 这是这类问题的一般解法, 但过程有点烦 琐; 方 法 2 是 将 问 题 转 化 为 f ( x) m i n > g( x) m a x, 从而求 得 实 数a 的 取 值 范 围, 最 后 得出结论, 该思路也非常清 晰、 自 然, 解 答 过 程简洁, 是一种好的解法; 方法3是通过分离 参数, 然后构造新函数, 该解 法 容 易 理 解, 也 常用, 但对运算能力要求比较高, 解答过程比 较繁杂, 没有一定的数学功底很难完整 地 解 答出来。 二、 证明函数不等式 有关证明不等 式 问 题, 一 般 有 转 化 后 求 函数的最值问题, 极值点偏移问题, 对数均值 不等式问题, 有时还需要对函数进行同构等。 例 3 已知函数f( x) = x 2+ a x+ 2 l n x ( a 为常数) 。 ( 1 ) 当a≤4 时, 讨 论 函 数 f( x) 的 单 调 性; ( 2 ) 若f( x) 存 在 两 个 极 值 点 x 1, x 2, 且 | x 1- x 2 | ≤3 2, 证明: | f( x 1) - f( x 2) | ≤1 5 4 - 4 l n 2 。 解析: ( 1 ) 函数f( x) 的定义域为( 0 , +∞) 。 f _ ( x) = 2 x+ a+2 x = 2 x 2+ a x+ 2 x 。 设g( x) = 2 x 2+ a x+ 2 ( x > 0 ) 。 当- 4 ≤ a≤ 4时, Δ≤ 0 , 2 x 2+ a x+ 2 ≥ 0 成立, 则 f _( x) > 0 , 所 以 函 数 f( x) 在 ( 0 , +∞) 上单调递增。 当a < - 4时, Δ > 0 , 由2 x 2+ a x+ 2 > 0 得x > - 4 + a 2- 1 6 4 或x < - 4 - a 2- 1 6 4 ; 由2 x 2+ a x+ 2 < 0 , 得 - 4 + a 2- 1 6 4 > x > - 4 - a 2- 1 6 4 。 所以函数f( x) 在 - 4 + a 2- 1 6 4 , +∞ , -∞, - 4 - a 2- 1 6 4 上单调递增; 在 - 4 - a 2- 1 6 4 , - 4 + a 2- 1 6 4 上 单调递减。 ( 2 ) 由 ( 1 ) 知 函 数 f( x) 的 两 个 极 值 点 x 1, x 2 满足2 x 2+ a x+ 2 = 0 , 所以 x 1 x 2= 1 , x 1+ x 2=-a 2。 不妨设0 < x 1 < 1 < x 2, 则 f( x) 在( x 1, x 2) 上是减函数, 故f( x 1) > f( x 2) 。 所以 | f( x 1) - f( x 2) | = f( x 1) - f( x 2) = x 2 1+ a x 1+ 2 l n x 1-( x 2 2+ a x 2+ 2 l n x 2) = x 2 1-x 2 2 +a( x 1 -x 2) +2 l nx 1 x 2 =x 2 1 -x 2 2 - 2 ( x 1+x 2) ( x 1 -x 2) +2 l nx 1 x 2 =x 2 2 -x 2 1 + 2 l n x 1 x 2= x 2 2- 1 x 2 2- 2 l n x 2 2。 令t = x 2 2, 则t > 1 , 又 | x 1- x 2 | = x 2- 1 x 2 ≤3 2, 即2 x 2 2- 3 x 2- 2 ≤ 0 , 解得1 < x 2≤ 2 , 故 1 < x 2 2≤ 4 , 所以1 < t ≤ 4 。 设h( t) = t- 1 t -2 l n t( 1 < t≤4 ) , 则 h _ ( t ) = 1 +1 t 2 -2 t = ( t - 1 ) 2 t 2 > 0 , 所以h( t ) 在( 1 , 4 ] 上为增函数。 所以h( t ) ≤ h( 4 ) = 1 5 4- 2 l n 4 = 1 5 4- 4 l n 2 , 所以 | f( x 1) - f( x 2) | ≤ 1 5 4- 4 l n 2 。 评注: 本题第( 2 ) 问根据题意利用韦达定 理将参数消掉, 进而将问题转化为求函 数 的 最值问题, 解题过程中的换 元、 变 形 是 关 键, 试题难度较大, 需要丰富的解题经验和 较 高 的数学综合能力。 函数不等式问题一直是高考考查的热点 问题, 也是难点问题, 一般都是考卷中的压轴 题, 该类题的解决对同学们的数学能力要求较 高, 不仅需要丰富的解题经验, 还需要很强的 推理论证和运算求解能力。只有勤于思考, 经 常归纳解题思路, 提炼思想方法, 不断反思小 结, 从而提高自己的数学综合能力, 才能在高 考考场中击败函数与导数压轴题。 ( 责任编辑 王福华) 8 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年5月 全科互知