對形如f(x)=plnx+mx²+nx+c(p,m,n,c∈R)一類題型的初探

摘 要：關于導數問題，近幾年遼寧高考每年都在第21題以f（x）=plnx+mx2+nx+c（p，m，n，c∈R）的形式出現，它涉及眾多數學知識，求解思路和方法也多種多樣．本文從一道高考題出發，試圖挖掘其在高中數學教學中的多重價值．

關鍵詞：高考題；證法；推論

考題再現

（2009遼寧）已知函數f（x）=x2-ax+（a-1）lnx，a>1，問題（略）；

（2010遼寧）已知函數f（x）=（a+1）lnx+ax2+1，問題（略）；

（2011遼寧） 已知函數f（x）=lnx－ax2+（2－a）x，（1）（2）略；（3）若函數y=f（x）的圖象與x軸交于A，B兩點，線段AB中點的橫坐標為x0，證明：f′（x0）<0．

縱觀遼寧近三年高考理科數學卷最后一題，我們不難發現，它們都可以歸納為：形如f（x）=plnx+mx2+nx+c（p，m，n，c∈R）的導數題型，而對導數問題，近三年又驚人地相似，考查了兩方面內容：（1）單調性的討論；（2）通過構造函數來解決問題． 本文就2011年考題做一些總結和推廣，以不變應萬變，讀者也可就此對遼寧2012高考做一些預測與展望．

一道考題，多種證法

?搖分析：（1）（2）略；（3）證法一：（分析法）由（1）知，當x∈，+∞時，f′（x）<0，即證x0>． 下面給出證明過程，由（1）可得，當a≤0時，函數y=f（x）的圖象與x軸至多有一個交點，故a>0，從而f（x）的最大值為f，且f>0． 不妨設A（x1，0），B（x2，0），0f（x1）=0，從而x2>－x1，于是x0=>. 由（1）知，?搖f′（x0）<0。

點評：導數問題一般設置2～3問，前后往往是有關聯的，本方法利用（2）中結論，很快找到解題的突破口．

證法二：（構造函數法）不妨設A（x1，0），B（x2，0）且0

f′（x0）=－2ax0+2－a=－a（x1+x2）+2－a．①

又lnx1-ax+（2-a）x=0，lnx2-ax+（2-a）x2=0，

②－③，得=a（x1+x2）+a－2，④

所以f′（x0）=－，⑤

所以（x1－x2）f′（x0）=－（lnx1－lnx2），⑥

所以（x1－x2）f′（x0）=－ln．

令t=∈（0，1），則（x1－x2）f′（x0）=Q（t）=－lnt，所以Q′（t）=－<0，

所以Q（t）單調遞減，所以Q′（t）>Q（1）=0． 又x1－x2<0，所以f′（x0）<0．

點評：此法由④式代入①式避開了對a的討論，對⑤式的處理又體現了化x1，x2為一元的消元思想，進而對Q（t）加以研究．

證法三：（構造函數法）由法二中⑥式可設h（x）=－（lnx1－lnx）（x>x1），所以h′（x）=>0，所以h（x）單調遞增． 因為x2>x1，所以h（x2）>h（x1）=0，所以（x1－x2）f′（x0）=h（x2）>0． 因為x1－x2<0，所以f′（x0）<0．

點評：將x2換成x，也體現了消元進而構造函數的思想． 構造函數來解決函數導數問題，已成了經久不衰的話題，也是高考一道亮麗的風景線． 在高三復習中，我們應加以重視與總結．

一道試題，多種推論

推論1：已知函數f（x）=lnx+mx2+nx+c（m，n，c∈R），若f（x）的圖象與x軸交于A，B兩點，且線段AB中點的橫坐標為x0，則f′（x0）<0．

（證略：可仿證法二）

推論2：已知函數f（x）=plnx+mx2+nx+c（p，m，n，c∈R），若f（x）的圖象與x軸交于A，B兩點，且線段AB中點的橫坐標為x0，則：①當p=0時，f′（x0）=0；②當p>0時，f′（x0）<0；③當p<0時，f′（x0）>0．

證明：（仿法二）仿法二中⑥式易得（x1－x2）f′（x0）=－pln．

令t=∈（0，1），所以（x1－x2）f′（x0）=Q（t）=－plnt，

所以Q′（t）=p#8226;．

若p>0，則Q′（t）<0，所以Q（t）單調遞減，所以Q（t）>Q（1）=0，所以f′（x）<0，其他情況類似可證．

點評：由推論2可知f′（x）符號只與p的符號有關，從而抓住了問題的本質，由此，可對p，m，n，c任取一值，便可得到一個問題．

推論3：已知函數f（x）=plnx+nx+c（p≠0）（p，n，c∈R），若對于圖象上任意不同的兩點A（x1，y1），B（x2，y2），則函數圖象上必存在點p（x0，y0）（x1

證明：不妨設p>0，

易得kAB=p+n，原問題轉化為

證明+n

即證

即證<<，

即證ln－<－1且ln－<－1．

由此可構造函數h（x）=lnx－x，易得h（x）≤－1（當且僅當x=1時，取“=”），

所以原命題得證．

推論4：已知函數f（x）=plnx+mx2+nx+c（p≠0）（p，m，n，c∈R），對于圖象上任意不同的兩點A（x1，y1），B（x2，y2），函數f（x）圖象上不存在點p（x0，y0）（x0=），使得f′（x0）=kAB．

證明：（仿法二）若f′（x0）=kAB，易得kAB=+m（x1+x2）+n=f′（x0）=+m（x1+x2）+n，

所以－=0，

所以ln－=0．

令t=>1，則可轉化為Q（t）=lnt+－2=0有解．

因為Q′（t）=>0，所以Q（t）>Q（1）=0，所以不存在．

點評：推論1、2、3都可看做是推論4的特殊情況，如推論2，則是推論4中當A，B為f（x）與x軸兩交點時的情況，由推論2，易得f′（x0）≠0=kAB．

由此可見，一方面作為高考壓軸題，所涉及的知識面甚廣，體現了對學生綜合能力的考查，起著拉開生與生之間差距的關鍵作用；另一方面也對我們教者提出了更高的要求，尤其是在高三復習中，我們要善于串聯、歸納和提煉，讓學生看穿問題的本質，從而達到融會貫通，以一題而通百題的良好效果．