我解壓軸題之：端點嘗試 預測思路

許銀伙 楊蒼洲

(1.福建省泉州外國語中學 362000；2.福建省泉州第五中學 362000)

例題1 (濟南2014高考模擬) 已知函數f(x)=k(x-1)ex+x2.

(2)若在y軸的左側，函數g(x)=x2+(k+2)x的圖象恒在f(x)的導函數f′(x)圖象上方，求實數k的取值范圍；

(3)對k≤-1時，求函數f(x)在[k,1]上的最小值m.

分析與解(1)所求切線方程為x-y=0.

(2)由已知得：g(x)>f′(x)對x<0恒成立.

∵f′(x)=kxex+2x，

∴x2+(k+2)x>kxex+2x對x<0恒成立，即x

方法一令h(x)=k(ex-1)-x，則須h(x)>0對x<0恒成立.

∵h′(x)=kex-1，x<0時，0

當k≤1時，h′(x)<0對x<0恒成立，h(x)在區間(-,0)單調遞減.

又∵h(0)=0，∴h(x)>0對x<0恒成立，符合.

則函數h(x)在區間(-,單調遞減，在區間單調遞增，∴不符合.

綜上得：所求實數k的取值范圍為(-,1].

令φ(x)=(1-x)ex-1(x<0)，則φ′(x)=-xex>0對x<0恒成立，

∴φ(x)在區間(-,0)上單調遞增.

∵φ(0)=0，∴φ′(x)<0.

所求最小值m=1.

反思與評注

(1)求實數a的值；

分析與解(1)a=0.

由題意得：所求實數m的取值范圍為(-,e].

(3)不存在.理由略.

例題3 (2014沈陽高三質量檢測二)

已知函數f(x)=mx-sinx，g(x)=axcosx-2sinx(a>0).

(1)若過曲線y=f(x)上任意相異兩點的直線斜率都大于0，求實數m的取值范圍；

分析與解：

(1)m≥1.

(2)m=1時，f(x)=x-sinx，f(x)≥g(x)即x-sinx≥axcosx-2sinx.

∵h(0)=0，∴h′(x)=(1+cosx)-a(cosx-xsinx)≥0對x=0右側附近成立.

h(x)=x+sinx-axcosx≥x+sinx-2xcosx，

當a>2時，h′(0)=2-a<0，

即h(x)對x∈[0,x0]單調遞減，∴h(x0)

綜上得：所求實數a的取值范圍為(0,2].

反思與評注1.關于問題(Ⅱ)方法一分離參數后由端點代入即可預測解題思路.

2. 方法二先由區間端點函數值為0，預測端點處的單調性情況，然后分離參數，由端點情況得到參數的討論界點，再進行討論.

3. 討論界點的確定是分類討論的關鍵，利用端點情況嘗試分段或利用導數值可以恒非負、恒非正、可正可負三種情況討論.

例題4 (南昌2014二模)已知函數f(x)=sinx-ax-bxcosx(a∈R,b∈R).

(1)若b=0，討論函數f(x)在區間(0,π)上的單調性；

(2)若a=2b，且對任意x≥0都有f(x)≤0恒成立，求實數a的取值范圍.

分析與解(1)當a≤-1時，f(x)在區間(0,π)單調遞增；當a≥1時，f(x)在區間(0,π)單調遞減；當-1

(2)方法一(配套的參考解答)

h(x)對x∈[0,x0]單調遞增，則g(x0)≥h(x0)>h(0)=0，矛盾.

∵x∈(0,π)時，g(x)>0；x∈[π,2π]時，g(x)≤0，

令h(x)=2x+xcosx-3sinx，則h′(x)=2-xsinx-2cosx.

令h1(x)=2-xsinx-2cosx，則h1′(x)=sinx-xcosx.

令h2(x)=sinx-xcosx，則h2′(x)=xsinx>0對x∈(0,π)恒成立，∴h2(x)對x∈(0,π)單調遞增.

∵h2(0)=0，∴h1′(x)=h2(x)>0對x∈(0,π)恒成立，則h1(x)對x∈(0,π)單調遞增.

∵h1(0)=0，∴h′(x)=h1(x)>0對x∈(0,π)恒成立,

則h(x)對x∈(0,π)單調遞增.

∵h(0)=0，∴h(x)>0對x∈(0,π)恒成立，

∵f(x)圖象在區間[0,π]連續不斷，

∴在x=0右側附近?x0∈(0,π)使f(x0)>0，矛盾.

反思與評注

2. 洛必達法則是高數微積分的重要知識，尖子生有必要掌握，以便幫助沖刺難題.

3.方法二用了多階導數，解題需要有鍥而不舍的精神.需要多階導數的問題通常端點導數值為0，且初始函數單調.

參考文獻：

[1] 許銀伙．投石問路 巧解難題[J]．福建中學數學，2011(12)：30-32.

[2] 李紅春．立足函數特征 陳題新掘精彩[J]．數學通訊，2015(11、12)：2-4.