由端點分析法談導數問題解決

陳興

【摘要】在解決導數問題時，有兩個問題會給解題進程帶來極大困擾，其一是審題無從下手，其二是解題策略如何選擇.端點分析法提供了一個審題破題的常用方式，同時通過端點分析可進一步明晰何時采用端點效應、分類討論及分離參數等常用的解題策略.

【關鍵詞】審題;端點分析;解題策略

一、何為端點分析

【考題一】（2016全國Ⅲ文21題改編）設c>1，證明：當x∈（0，1）時，1+（c-1）x>cx.

【思路1】從題目知，兩個變量（一個參數c，一個變量x）的關系錯綜復雜，剪不斷，理還亂，而不等式的等價變形非常簡單，移項得1+（c-1）x-cx>0，可構造函數f（x）=1+（c-1）x-cx.接下來，馬上進行求導？當然不是的，審題還沒開始，對于函數f（x）=1+（c-1）x-cx毫無了解就開始做題，這是大忌，先把x看作主元（當然首選x），我們只需在x∈（0，1）得到不等式成立即可.從端點出發，f（0）=0，f（1）=0，看到這個結果應當無比興奮，如果函數在此區間上先增再減，那么問題已經得證，就從這里開始解題吧，請看過程.

【解析1】令g（x）=1+（c-1）x-cx.

由于g′（x）=（c-1）-cxln? c，g′（0）=c-1-ln c>0，

g″（x）=-cxln 2c<0，

所以g′（x）=（c-1）-cxln c為減函數，

于是存在x0∈（0，+∞），使得x∈0，x0，g（x）單調遞增，x∈x0，+∞，g（x）單調遞減，

所以g（x）在（0，1）中的最小值必定在x=0或者x=1處取得，

又f（0）=0，f（1）=0，因此問題得證.

【思路2】從所證不等式來看，解題者往往先入為主地將x看作主元來解題，事實上c與x的地位是平等的.不妨將c當作主元來看本題，令f（c）=1+（c-1）x-cx（c>1，x∈（0，1））.

分析端點值，f（1）=0，c→+∞，f（c）→+∞，要使不等式恒成立，最好f（c）=1+（c-1）x-cx為增函數，再看單調性分析，由于f′（c）=x-xcx-1=x（1-cx-1）>0，問題得證.

【解析2】將c當作主元，因此f（c）=1+（c-1）x-cx（c>1，x∈（0，1）），

由于f′（c）=x-xcx-1=x（1-cx-1）>0，

所以f（c）=1+（c-1）x-cx在（1，+∞）內單調遞增，

所以f（c）>f（1）=0.證畢.

【經驗總結】端點分析是審題的一個必要步驟，至少我們可以掌握更多函數本身的信息，了解函數圖像的起點和終點，給我們更多解題的空間.

二、端點分析結合單調性分析消除端點效應的顧慮

【考題二】（2016全國Ⅱ文20題改編） 已知函數f（x）=（x+1）ln x-a（x-1）.若當x∈（1，+∞）時，f（x）>0，求a的取值范圍.

【思路1】分析是一種有效的學習方式，而對于解題那就要融會貫通了.我們依然從審題開始，從整體來看，這是恒成立求參數范圍的問題.恒成立求參數范圍有非常多的策略可用，選誰？從哪里入手？這是問題的關鍵所在.從端點開始吧，由于f（1）=0，x→+∞，f（x）→+∞，函數值從0開始連續變化到+∞會經歷什么樣的變化？可以發揮你的想象.事實上，我們分析一下導數的情況，解題就很清晰了.注意到定義域為（0，+∞），而題干要求（1，+∞），只是定義域的一個子區間，而f′（x）=ln x+1x+1-a，再次對f′（x）=ln x+1x+1-a進行端點分析，f′（1）=2-a，x→+∞，f′（x）→+∞，左端點正負沒定，再次求導f″（x）=1x-1x2>0，因此f′（x）=ln x+1x+1-a是單調遞增函數，因此f′（x）=ln x+1x+1-a的正負情況只有兩種情形.情形一，2-a≥0，即f′（x）=ln x+1x+1-a≥0，此時f（x）為遞增函數，結合端點f（1）=0滿足條件;情形二，2-a<0，此時存在x0∈（1，+∞），使得x∈0，x0f′（x）=ln x+1x+1-a<0，結合端點f（1）=0，不滿足條件.題目解決.

【解析1】由已知，f（1）=0，f′（x）=ln x+1x+1-a，f″（x）=1x-1x2>0，f′（1）=2-a，

當2-a≥0時，f′（x）=ln x+1x+1-a≥f′（1）=2-a≥0，

所以，f（x）在（1，+∞）上單調遞增，所以f（x）>f（1）=0.

當2-a<0時，存在x0∈（1，+∞），使得x∈0，x0f′（x）=ln x+1x+1-a<0，結合端點f（1）=0，不滿足條件.

綜上，a∈（-∞，2].

【經驗總結】端點為臨界值時，分類討論的分界點恰好在導數端點值的零點.

【思路2】由于f（1）=0，x→+∞，f（x）→+∞，由于區間左端點恰好是所證不等關系的臨界值.由于是臨界值，因此可以得到不等式成立的必要條件f′（1）≥0，即2-a≥0，通過證明此條件也是充分條件，問題得以解決.這種解決問題的思路很多人稱為“端點效應”.利用端點值處于臨界值，通過單調性分析，得到結論成立的必要條件，但此范圍未必具有充分性，從思路1中對f′（x）=ln x+1x+1-a的端點分析并結合其單調性分析，可以得到f（x）在（1，+∞）上只有兩種情形（見思路1），顯然由f′（1）≥0得到的范圍具有充分性，所以可以放心應用“端點效應”這一解題策略.

【解析2】由于f（1）=0，要使不等式f（x）>0在（1，+∞）上成立，必有f′（1）≥0.

由f′（x）=ln x+1x+1-a，

代入，得2-a≥0，即a∈（-∞，2].

另一方面，當a∈（-∞，2]時，由于f″（x）=1x-1x2>0，

所以f′（x）=ln x+1x+1-a≥f′（1）≥0，

所以f（x）≥f（1）=0.

綜上，a∈（-∞，2].

三、端點分析結合單調性分析堅定選擇常數分離

【考題三】（2018全國Ⅱ文21題改編）已知函數f（x）=1[]3x3-a（x2+x+1），證明：f（x）只有一個零點.

【解析1】由于x2+x+1>0，

所以f（x）=0等價于x3[]x2+x+1-3a=0.

設g（x）=x3[]x2+x+1-3a，則

g′（x）=x2（x2+2x+3）[]（x2+x+1）2，

僅當x=0時g′（x）=0，

所以g（x）在（-∞，+∞）上單調遞增，故g（x）至多有一個零點，從而f（x）至多有一個零點.

又f（3a-1）=-6a2+2a-1[]3=-6a-1[]62-1[]6<0，f（3a+1）=1[]3>0，故f（x）有一個零點.

綜上，f（x）只有一個零點.

【參考答案解構】此題要證明一個三次函數零點唯一，從解答來看，至關重要的一步是將參數a給獨立出來，構造新函數g（x），其中能順利構造出來g（x）有兩個方面，一是x2+x+1>0，二是g′（x）=x2（x2+2x+3）[]（x2+x+1）2≥0，接下來解題順理成章.至于為什么構造一個比原函數f（x）復雜得多的函數來處理，只有通過求導之后才能看出其中秘密.

下面通過“端點分析結合單調性分析”來明確獨立參數a的必要性，給解題者的策略選擇提供參考依據.

【端點值分析】x→-∞，f（x）→-∞，x→+∞，f（x）→+∞，由零點存在性定理，至少存在一個零點.

【單調性分析】f′（x）=x2-2ax-a，Δ=4a2+4a，正負未定，即零點情況未定，因此f（x）的單調性并不明顯.

從兩方面分析，若直接研究f（x）的零點問題，需要對a進行分類討論，而且涉及隱零點運用問題，過程復雜得多.為了對比，也將這種解題過程展示出來.

【解析2】因為f′（x）=x2-2ax-a，

令f′（x）=0，得Δ=4a2+4a.

當Δ≤0，即-1≤a≤0時，f′（x）≥0，

此時顯然有唯一零點.

當Δ>0，即a<-1或a>0時，由f′（x）=0，

有x1=a+a2+a，x2=a-a2+a.

下面討論a>0的情形（a<-1的情形一樣，略去）.

由于f（x1）

當x∈（-∞，x2）時單調遞增，在（x2，0）時單調遞減.此時x22=2ax2-a，x32=2ax22-ax2，

f（x2）=x32-a（x22+x2+1），將上式代入，得f（x2）=-a<0，因此x∈（-∞，0）無零點.

綜上，f（x）只有唯一零點.

四、總 結

端點分析法提供了一種審題切入的思路，同時根據端點值的情況可以進一步猜想函數可能的走勢，從而問題得以解決.端點分析結合單調性分析可以更加明確“端點效應”能否順利解決問題，同時對于分離參數的選擇是否合適提供了一個思考的方向.

【參考文獻】

熊丙章，劉麗穎.數學理解研究綜述[J].渤海大學學報（自然科學版），2005（01）：39-42.