探究導數(shù)熱點新題型尋找"等價命題"解題模式

◇　遼寧　黃　丹　張鳳英

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探究導數(shù)熱點新題型尋找"等價命題"解題模式

◇遼寧黃丹張鳳英

近幾年,隨著課改的不斷深入,有關導數(shù)命題常以壓軸題、創(chuàng)新題的形式出現(xiàn)．面對這類試題,學生往往感到無從入手．但仔細探究起來,不難找到與之“等價命題”的解題模式．下面結合近幾年的各地高考題與模擬題舉例說明,以供參考．

1?x∈D,f(x)g(x)恒成立

策略設φ(x)=f(x)-g(x),將問題轉化為 φmax(x)<0或φmin(x)>0.

當k∈[0,2]時,F′(x)≥0,函數(shù)在(0,1)上為增函數(shù),F(x)>F(0)=0,符合題意;

F(x)、F′(x)與x的關系如表1.

表1

所以F(x)

綜上,k的最大值為2.

2?x1∈D1,?x2∈D2, f(x1)≥g(x2)或f(x1)≤g(x2)成立

策略將問題轉化為gmin(x)≤fmin(x)或gmax(x)≥fmax(x).

x1=1,x2=3?(0,2).

當x∈(0,1)時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;

當x∈(1,2)時,f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.

所以f(x)在 (0, 2)上的最小值為f(1)=-1/2．

任意x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2)”等價于“g(x)在[1,2]的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值-1/2”.

又g(x)=(x-b)2+4-b2,x∈[1,2],所以

1) 當b<1時,因為gmin(x)=g(1)=5-2b>0,此時與等價問題矛盾.

2) 當b∈[1,2]時,因為gmin(x)=4-b2≥0,同樣與等價問題矛盾.

fmin(x)≥gmax(x)或fmax(x)≤gmin(x).

2) 對?x1∈D1,?x2∈D2,使得f(x1)≥g(x2)或f(x1)≤g(x2)恒成立，可將問題轉化為

fmax(x)≥gmin(x)或fmin(x)≤gmax(x).

3?x1、x2∈D，|f(x1)-f(x2)|0)恒成立

策略問題可轉化為fmax(x)-fmin(x)

(1) 證明:函數(shù)f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增;

(2) 若對于?x1、x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范圍.

(2) 由(1)知,對任意的m,f(x)在[-1,0)單調(diào)遞減,在(0,1]單調(diào)遞增,故f(x)在x=0處取得最小值.

所以對于?x1、x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要條件是

即

①

設函數(shù)g(t)=et-t-e+1,則g′(t)=et-1.

當t<0時,g′(t)<0;

當t>0時,g′(t)>0.

故g(t)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增.

又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0, 故當t∈[-1,1]時,g(t)≤0.

當m∈[-1,1]時,g(m)≤0,g(-m)≤0,即式① 成立.

當m>1時,由g(t)的單調(diào)性,g(m)>0,即em-m>e-1;

當m<-1時,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.

綜上,m的取值范圍是[-1,1].

4?x1、x2∈D，|f(x2)-f(x1)|0)恒成立

解答題:(假設單調(diào)函數(shù))去絕對值符號,根據(jù)對稱式,不妨設x1

設φ(x)=f(x)-mx，則問題轉化為φ′(x)≤0恒成立.

5?x1∈D1,?x2∈D2,f(x1)=g(x2)成立

策略設f(x)、g(x)的值域分別為A、B,利用導數(shù)法求出A和B,求解使得A?B的k的取值范圍．

6?x1∈D1、x2∈D2,f(x1)=g(x2)成立

策略設f(x)、g(x)的值域分別為A、B,利用導數(shù)法求出A和B,求解使得A∩B≠?的k的取值范圍．

注:先求出A∩B=?的k的范圍,再用補集的思想求出A∩B≠?的k的取值范圍．

通過以上幾種類型題的剖析,我們發(fā)現(xiàn)盡管作為壓軸題的導數(shù)問題,是高考中難度較大的題目,但是它也是有一定規(guī)律可尋的．只要我們能夠認真分析題設中的條件,找到所求問題的等價命題,那么問題就轉化為我們所熟悉的題目,解決起來也會變得輕而易舉,得心應手了．

(作者單位：遼寧省大連市紅旗高級中學)

類似地：1) 對?x1∈D1,?x2∈D2,使f(x1)≥g(x2)或f(x1)≤g(x2)恒成立．可將問題轉化為