一道試題的解法分析與方法應(yīng)用

吳麗麗

摘要：這是一道與函數(shù)、導(dǎo)數(shù)和不等式有關(guān)的綜合題.由于涉及函數(shù)的性質(zhì)和函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系，學(xué)生較難找到突破口，所以本文介紹了如何應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸思想，構(gòu)造新函數(shù)，突破難點.

關(guān)鍵詞：函數(shù)；導(dǎo)數(shù)；單調(diào)性；構(gòu)造函數(shù)；區(qū)間端點

一、 試題再現(xiàn)

設(shè)函數(shù)f（x）及其導(dǎo)函數(shù)f′（x）都是定義在R上的函數(shù)，則“x1，x2∈R且x1≠x2，|f（x1）-f（x2）|<|x1-x2|”是“x∈R，|f′（x）|<1”的（）

A. 充分而不必要條件B. 必要而不充分條件

C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件

二、 解答方法

解法1

舉例子：函數(shù)f（x）=sinx，則當(dāng)x>0時，函數(shù)f（x）=sinx的圖像在y=x的下方，當(dāng)x<0時，函數(shù)f（x）=sinx的圖象在y=x的上方.此時，x1，x2∈R，且x1≠x2，|f（x1）-f（x2）|<|x1-x2|，但導(dǎo)函數(shù)|f′（x）|=|cosx|≤1，故“x1，x2∈R，且x1≠x2，|f（x1）-f（x2）|<|x1-x2|，”不能推“x∈R，|f′（x）|<1”，反之，“x∈R，|f′（x）|<1”“x1，x2∈R，且x1≠x2，|f（x1）-f（x2）|<|x1-x2|”，故為必要非充分條件.

解法2

利用柯西（Cauchy）中值定理：

設(shè)函數(shù)f（x），g（x）滿足（1）在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)；（2）在開區(qū)間（a，b）內(nèi)可導(dǎo)；

（3）對任一x∈（a，b）有g(shù)′（x）≠0，則存在ξ∈（a，b），使得f（b）-f（a）g（b）-g（a）=f′（ξ）g′（ξ）.

解：令F（x）=x，

由柯西中值定理，不妨設(shè)x1

由于F′（x）=1，可得f（x1）-f（x2）F（x1）-F（x2）=f（x1）-f（x2）x1-x2=f′（ξ）1=f′（ξ）故：

x∈R，|f′（x）<1|，則f（x1）-f（x2）F（x1）-F（x2）=|f′（ξ）|<1，即|f（x1）-f（x2）|<|x1-x2|，

反之只能推到x∈R，|f′（x）|<1，故為必要非充分條件.

解法3

必要性：

x∈R，|f′（x）|<1

（1）當(dāng)f′（x）≥0時，即0≤f′（x）<1，函數(shù)f（x）在R上為增函數(shù)，f′（x）-1<0

構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-x，g′（x）=f′（x）-1<0，∴g（x）在R上為減函數(shù).

x1，x2∈R，設(shè)x1g（x2），即

f（x1）-x1>f（x2）-x2，得f（x1）-f（x2）>x1-x2，即f（x2）-f（x1）

∵f（x）在R上為增函數(shù)，∴f（x2）-f（x1）>0，∴|f（x1）-f（x2）|<|x1-x2|.

（2）同理當(dāng)f′（x）<0時，即-10

構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）+x，g′（x）=f′（x）+1>0，∴g（x）在R上為增函數(shù).

則g（x1）

∵f（x）在R上為減函數(shù)，∴f（x1）-f（x2）>0，∴|f（x1）-f（x2）|<|x2-x1|.

即x∈R，|f′（x）<1x1，x2∈R，設(shè)x1≠x2，|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|.

充分性：

x1，x2∈R，設(shè)x1≠x2，|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|

（1）x1，x2∈R，設(shè)x1

由|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|得f（x2）-f（x1）

構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-x，則g（x）在R上為減函數(shù)，故g′（x）=f′（x）-1≤0，

∴f′（x）≤1，又f′（x）≥0，∴0≤f′（x）≤1.

（2）x1，x2∈R，設(shè)x1f（x2）時，f（x）在R上為減函數(shù)時，則f′（x）≤0，

由|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|得f（x1）-f（x2）

構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）+x，則g（x）在R上為增函數(shù)，故g′（x）=f′（x）+1≥0，

∴f′（x）≥-1，又f′（x）≤0，∴-1≤f′（x）≤0.

綜合（1）（2），x1，x2∈R，設(shè)x1≠x2，|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|x∈R，|f′（x）|≤1，

不能推出|f′（x）|<1.故為必要不充分條件.

三、 解法分析

從解法1與解法3我們發(fā)現(xiàn)若函數(shù)y=f（x）是R上的可導(dǎo)函數(shù)，其圖像上任意不同兩點連線斜率的取值范圍，不一定是函數(shù)圖像上在這兩點之間任一點切線斜率的取值范圍.將f（x1）-f（x2）x1-x2轉(zhuǎn)化為f′（x）來求解，所得結(jié)果與正確結(jié)果可能相同，也可能在區(qū)間的端點值有差異.

例1已知函數(shù)f（x）=x3+ax2，若f（x）圖像上任意兩點A（x1，y1），B（x2，y2）的連線的斜率大于-1，求實數(shù)a的取值范圍.

解法1：由f（x1）-f（x2）x1-x2>-1，則f′（x）>-1.即f′（x）=3x2+2ax>-1.

得3x2+2ax+1>0恒成立，由函數(shù)開口向上，則

Δ=4a2-12<0，得-3

解法2：不妨設(shè)x1>x2，由f（x1）-f（x2）x1-x2>-1，得f（x1）-f（x2）>x2-x1，

即f（x1）+x1>f（x2）+x2.

令g（x）=f（x）+x，則g（x）在R上為增函數(shù)，g（x）=x3+ax2+x，

g′（x）=3x2+2ax+1≥0在R上恒成立.

則Δ=4a2-12≤0，得-3≤a≤3.

對照解法2，解法1的解法是錯誤的，但也就少了兩個值-3，3，這恰好是區(qū)間的端點值.故可把f′（x）轉(zhuǎn)化為f（x1）-f（x2）x1-x2來求解，但若要把f（x1）-f（x2）x1-x2轉(zhuǎn)化為f′（x）來求解也可行，但必須檢驗所得范圍中區(qū)間的端點是否符合題意，以妨出錯.

例2設(shè)M是由滿足下列條件的函數(shù)f（x）構(gòu)成的集合：①方程f（x）-x=0有實數(shù)根；②函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x）滿足0

求證：|f（α）-f（β）|<2.

證明：不妨設(shè)α<β，∵f′（x）>0，∴f（x）是單調(diào)遞增函數(shù)，

∴f（α）0.

令H（x）=f（x）-x，則H′（x）=f′（x）-1<0，∴H（x）是單調(diào)遞減函數(shù)，

∴f（β）-β

∴0

∴|f（α）-f（β）|<|α-β|≤|α-2012|+|β-2012|<2.

例3已知函數(shù)f（x）=x2+2x+alnx（x>0），f（x）的導(dǎo)函數(shù)是f′（x），對任意兩個不相等的正數(shù)x1，x2，證明：當(dāng)a≤4時，f′（x1）-f′（x2）>x1-x2

證法一：由f（x）=x2+2x+alnx，得f′（x）=2x-2x2+ax

∴f′（x1）-f′（x2）=2x1-2x21+ax1-2x2-2x22+ax2=x1-x2·2+2（x1+x2）x21x22-ax1x2

f′（x1）-f′（x2）>x1-x22+2（x1+x2）x21x22-ax1x2>1

下面證明對任意兩個不相等的正數(shù)x1，x2，有2+2（x1+x2）x21x22-ax1x2>1恒成立

即證ax1x2+4x1x2

設(shè)t=x1x2，u（x）=t2+4t（t>0），則u′（x）=2t-4t2

令u′（x）=0得t=32，列表如下：

t

（0，32）

32

（32，+∞）

u′（t）

_

0

+

u（t）

↓

極小值334

↑

u（t）≥334=3108>4≥a∴x1x2+2（x1+x2）x1x2>a

∴對任意兩個不相等的正數(shù)x1，x2，恒有f′（x1）-f′（x2）>x1-x2

證法二：g（x）=f′（x）=2x-2x2+ax，g′（x）=2+4x3-ax2

由g（x1）-g（x2）x1-x2>1，則|g′（x）|>1，2+4x3-ax2>1，以1x替換x

則|2+4x3-ax2|>1對x>0恒成立.

（一） 當(dāng)a≤0時，顯然成立.

（二） 當(dāng)a>0時，令h（x）=4x3-ax2+2（x>0），

h（x）過點（0，2），h′（x）=12x2-2ax.

令h′（x）<0，得00，得x>a6

∴h（x）在0，a6為減函數(shù)，在a6，+∞為增函數(shù)，

∴hmin（x）=ha6=4a3216-a336+2=2-a3108

若hmin（x）≤0，則|hmin（x）|=0.此時，|2+4x3-ax2|>1對x>0不恒成立.

∴hmin（x）>0，此時，|h（x）|min=hmin（x）=2-a3108，

∴2-a3108>1a3<1080

a=334是否成立.

即當(dāng)a≤4時，|f′（x1）-f′（x2）|>|x1-x2|變式：

已知函數(shù)f（x）=2x2+1x+λlnx（x>0），f（x）的導(dǎo)函數(shù)是f′（x），對任意兩個不相等的正數(shù)x1，x2，f′（x1）-f′（x2）>x1-x2恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍.

解：g（x）=f′（x）=4x-1x2+λx，g′（x）=4+2x3-λx2

由g（x1）-g（x2）x1-x2>1，則|g′（x）|>1，得4+2x3-λx2>2，以1x替換x

則|2x3-λx2+4|>1對x>0恒成立.

（1） 當(dāng)λ≤0時，顯然成立.

（2） 當(dāng)λ>0時，令h（x）=2x3-λx2+4（x>0）

h（x）過點（0，4），h′（x）=6x2-2λx.

令h′（x）<0，得00，得x>λ3

∴h（x）在0，λ3為減函數(shù)，在λ3，+∞為增函數(shù)，

∴h（x）min=hλ3=4-λ327

若h（x）min≤0，則|h（x）min|=0.此時，|2x3-λx2+4|>1對x>0不恒成立.

∴h（x）min>0，此時，|h（x）|min=h（x）min=4-λ327，

∴4-λ327>1λ3<810<λ<333

由（1）（2）得λ<333

下面檢驗λ=333是否符合題意：注意到當(dāng)λ=333時，|f′（x1）-f′（x2）|>|x1-x2|4+x1+x2x1+x2-333x1x2>13x1x2+x1+x2x1x2>333或5x1x2+x1+x2x1x2<333恒成立.由于3x1x2+x1+x2x1x2>3x1x2+2x1x2=3x1x2+1x1x2+1x1x2≥333（當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=333時等號成立），即3x1x2+x1+x2x1x2>333成立，所以|f′（x1）-f′（x2）|>|x1-x2|恒成立，故λ=333符合題意.

綜上，λ的取值范圍是λ≤333.

參考文獻(xiàn)：

[1] 江建平.導(dǎo)數(shù)的另類應(yīng)用 [J].中學(xué)教學(xué)研究，2009（6）：45.