數(shù)形結合改變視角 多元變量主元思想
——2021年天津導數(shù)題解法研究

?天津市寧河區(qū)蘆臺第一中學 張振山

1 引言

導數(shù)是聯(lián)系高等數(shù)學與初等數(shù)學的紐帶，是學習微積分的基礎.導數(shù)定量地刻畫了函數(shù)的局部變化，是研究函數(shù)性質的基本工具.在高考試題中，導數(shù)的考查知識十分廣泛,通常考查函數(shù)的幾何意義、函數(shù)的極值、單調性，并結合不等式、數(shù)列、三角函數(shù)等知識進行綜合考查.通過這些知識的考查，進而考查學生的數(shù)學抽象、數(shù)學運算、直觀想象和邏輯推理的數(shù)學核心素養(yǎng).本文中就2021年天津高考導數(shù)題解答方法和基本數(shù)學思想加以研究.

2 題目呈現(xiàn)

題目(2021年天津高考第20題)已知函數(shù)f(x)=ax-xex(a>0).

(Ⅰ)求f(x)在點(0,f(0))處的切線方程；

(Ⅱ)證明f(x)存在唯一的極值點；

(Ⅲ)若存在a，使f(x)≤a+b對任意x∈R成立，求b的取值范圍.

3 題目解析

第Ⅰ問略，第(Ⅱ)、(Ⅲ)問分別分析及解答如下.

3.1 第(Ⅱ)問分析及解答

分析：要證明f(x)存在唯一的極值點，即證f′(x)=a-(x+1)ex有且僅有一個零點，且在該零點的左右f′(x)的函數(shù)值符號相反.由于a是正數(shù)，于是當x<-1時，f′(x)>0.那么唯一的零點一定在區(qū)間(-1,+∞)內(nèi)，只要證明f′(x)在(-1,+∞)上有唯一的零點即可.證明零點存在有兩個思路:一是利用零點存在定理;二是通過畫出相關函數(shù)的圖象，觀察交點是否存在.相應思維導圖如圖1所示，下面結合本思維導圖給出2種解題思路6種具體證明方法.

圖1

解答思路1：利用零點存在定理，確定隱零點.

證法1：函數(shù)f(x)的導數(shù)f′(x)=a-ex-xex=a-(x+1)ex，f″(x)=-(x+2)ex.

x(-朠,-2)-2(-2,+朠)f″(x)+0-f'(x)↗極大值↘

當x<-1時，(x+1)ex<0，又a>0，所以f′(x)>0.

又f′(-1)=a-(-1+1)ea=a>0,f′(a)=a-(a+1)ea=a(1-ea)-ea<0,

則f′(-1)f′(a)<0.

因此?x0∈(-1,a)，使f′(x0)=0.

所以x∈(-1,x0)，f′(x)>0；x∈(x0,a)，f′(x)<0.

則f(x)在(-1,x0)單調遞增，在(x0,a)單調遞減.

因此，f(x)存在唯一的極值點x0.

證法2：先放縮ea≥a+1>a，進而消去f′(a)中的ea，將超越函數(shù)轉化為二次函數(shù).

f′(a)=a-(a+1)ea

下同證法1.

證法3：將f′(x)變形，f′(x)=a-ex-xex=a-xex-ex.

令h(x)=-xex，則h′(x)=-(x+1)ex.

x(-朠,-1)-1(-1,+朠)h'(x)+0-h(x)↗極大值↘

由證法1知f′(x)在(-1,+∞)單調遞減，只要確定一個實數(shù)m，使f′(m)<0即可.

下同證法1.

解答思路2：構造函數(shù)，使圖象存在唯一交點.

證法4(秒殺法1)：將f′(x)=a-(x+1)ex的零點等價轉化.

f′(x)=a-(x+1)ex有唯一零點?方程a=(x+1)ex有唯一的解?函數(shù)y=(x+1)ex的圖象與y=a(a>0)有唯一的交點.

令g(x)=(x+1)ex，則g′(x)=(x+2)ex.

x(-朠,-2)-2(-2,+朠)g'(x)-0+g(x)↘極小值↗

圖2

又g(-1)=0,觀察圖象(如圖2)，顯然函數(shù)y=(x+1)ex的圖象與y=a(a>0)有唯一的交點.

證法5(秒殺法2)：由a>0及a=(x+1)ex，可判斷x>-1.將a=(x+1)ex等價轉化：

圖3

即x0是f(x)唯一的極值點.

圖4

歸納總結：對f(x)求導得f′(x)=a-(x+1)ex，即證f′(x)有且僅有一個變號零點.思路1的證明比較嚴謹，先判斷單調函數(shù)，再尋找兩個異號的函數(shù)值，進而得到零點所在位置；而思路2雖然能形象直觀觀察出存在唯一零點，但表述不嚴謹，一般在證明時不建議使用.

3.2 第(Ⅲ)問分析及解答

分析：對于多元含參不等式恒(能)成立問題，要抓住兩個關鍵詞，即“多元”“恒(能)成立”.對“多元變量”的出現(xiàn)，可以通過消元減少變量，也可以將某一變量當作主元，其余變量為常數(shù)，采取逐一突破的辦法來實現(xiàn)；對于“恒(能)成立”問題，要優(yōu)先考慮將參數(shù)分離.思維導圖如圖5所示，下面結合本思維導圖給出4種解題思路5種具體解法.

圖5

思路1：確定主元.

解法1：以x為主元，視為x的超越函數(shù).

f(x)≤a+b恒成立?f(x)max≤a+b，下面研究f(x)的最大值.

由第(Ⅱ)問可知，f(x)在(-∞,x0)單調遞增，在(x0,+∞)單調遞減.

所以f(x)max=f(x0)=ax0-x0ex0.于是

將a=(x0+1)ex0代入①式，整理得

因為a>0，所以(x0+1)ex0>0,即x0>-1.

令h(x)=ex(x2-x-1)(x>-1).則h′(x)=ex(x2+x-2)=ex(x+2)(x-1).

x(-1,1)1(1,+朠)h'(x)-0+h(x)↘極小值↗

所以h(x)min=h(1)=e1(1-1-1)=-e.

因為存在實數(shù)a，使f(x)≤a+b恒成立,

所以b≥-e.

解法2：以a為主元，視為a一次函數(shù).

?x∈R,?a>0，使得f(x)≤a+b?ax-xex-a≤b?(x-1)a-xex-b≤0.

將a視為主元，則轉化為關于a的一元一次不等式，令m(a)=(x-1)a-xex-b.

當x>1時，m(a)在(0,+∞)單調遞增，則m(0)=(x-1)×0-xex-b=-xex-b<0，即b>-xex(x>1).因為φ(x)=-xex在(1,+∞)單調遞減，所以φ(x)<φ(1)=-e,故b≥-e.

當x=1時，m(a)為常函數(shù)，則-e-b≤0，故b≥-e.

當x<1時，?a>0，m(a)=(x-1)a-xex-b≤0，即(x-1)a-xex≤b.

令u(x)=(x2-x-1)ex+e，則u′(x)=(x2+x-2)ex=(x+2)(x-1)×ex<0.

所以u(x)在(-∞,1)單調遞減，u(x)>u(1)=0.

于是存在a=2e，使不等式(x-1)a-xex<-e成立.

故當b≥-e時(x-1)a-xex≤b成立.

思路2：尋求必要條件，再檢驗.

解法2中，當x<1時并沒有求b的取值范圍，而是在b≥-e這個必要條件下，加已驗證即可.按此思路，得出以下方法.

解法3：由于x具有任意性，先取x=1，得b≥-e.

由第(Ⅱ)問知，當a=2e時，f′(x)=a-(x+1)ex有唯一的零點1，即f(x)有唯一的極值點x0=1,且f(x)≤f(1)=e.因此只要b≥-e，則存在a=2e使得f(x)≤f(1)=e≤a+b對任意x∈R成立.

思路3：參數(shù)分離.

(1)將不等式中變量b分離.

若存在實數(shù)a，使f(x)≤a+b恒成立，即b≥f(x)-a恒成立.

令g(x)=f(x)-a(a>0)，則g′(x)=f′(x)=a-ex(x+1).

則[g(x)]max=[f(x)]max-a=f(x0)-a=ax0-x0ex0-a=a(x0-1)-x0ex0.

下同解法1和解法2.

(2)將不等式中變量a分離.

若存在實數(shù)a，使f(x)≤a+b恒成立，即xex+b≥a(x-1)恒成立.

當x=1時，則e+b≥0，故b≥-e.

綜上，b≥-e.

思路4：構造切線不等式.

受第(Ⅰ)問的啟發(fā)，將y=xex與該曲線某點處的切線結合起來，把超越不等式恒成立問題轉化為多項式不等式恒成立問題.

解法5：?x∈R,?a>0，使得f(x)≤a+b?ax-xex-a≤b?xex-ax+a+b≥0.

令h(x)=xex-ax+a+b=(xex-2ex+e)+(2e-a)(x-1)+b+e.

因為xex-2ex+e≥0，當且僅當x=1時取等號，

所以(2e-a)(x-1)+b+e≥0恒成立即可.

當b+e≥0時，即b≥-e，?a=2e對?x∈R，都有h(x)=xex-ax+a+b≥0，滿足題意.

當b+e<0時，即b<-e，有h(1)=e+b<0，不合題意.

所以b≥-e.

圖6

這里對于任意x∈R，xex≥a(x-1)-b恒成立，從幾何圖形分析，函數(shù)y=xex的圖形不會在直線y=a(x-1)-b的下方.考察y=xex在x=1時的切線(如圖6)：

4 總結

函數(shù)思想貫穿于整個高中數(shù)學之中，本題通過運用函數(shù)知識、函數(shù)思想、函數(shù)方法解決問題.題目對數(shù)學知識的遷移、組合、融會的程度，顯示出學生個體理性思維的廣度和深度.試題的解答方法靈活多變，多問設置由易到難，多角度多層次考查.試題兼顧基礎性、綜合性，突出對數(shù)學抽象、邏輯推理、直觀想象、數(shù)學運算等數(shù)學核心素養(yǎng)的考查.Z