2010年全国乙卷压轴题的三种解法

　　□ 李文斌 田宝霞

　　本文以2010年全国乙卷压轴题为例，着重研究连续求导法在证明函数的单调性中的应用.为了让同学们更好地理解这个复杂的例题,我们先看下面的简单引例.

　　 引例 证明函数f （x）=x3-x2在（1，+∞）上为增函数.

　　 一般证法 当x＞1时，f′（x）=x2-x=x（x-1）＞0，所以f（x）=x3-x2在（1，+∞）上为增函数.

　　假如我们不能把f′（x）=x2-x分解因式，判断f′（x）=x2-x的符号，那么还有什么更一般的方法呢?下面介绍一种连续求导的办法.

　　 复杂证法 f ′（x）=x2-x，f ″（x）=2x-1，f （x）=2.因为f （x）=2＞0，所以f ″（x）=2x-1是增函数.又x＞1，所以f″（x）＞f″（1）=1＞0，所以f′（x）=x2-x在（1，+∞）上是增函数.又x＞1，所以f ′（x）＞f′（1）=0，所以f （x）=x3-x2在（1，+∞）上为增函数.

　　在复杂的题目中，连续求导的次数要根据情况决定，当然要及时判断导函数的符号，而且为了减少求导的计算量，可能还要重新构造函数（下面的高考题就用到了重新构造函数），例如解引例时完全可以只求导两次.

　　 高考题 设函数f （x）=1-e-x.

　　（1） 证明：当x＞-1时，f （x）≥；

　　（2） 设当x≥0时，f （x）≤,求实数a的取值范围.

　　 解析 （1） 略.

　　（2） 解法一 连续求导法,求导过程较为复杂.

　　当x≥0时，由（1）知f（x）≥≥0.

　　① 当a＜0时，若x＞-，则ax+1＜0，从而＜0，所以f（x）≤不成立，故a＜0不合题意.

　　② 当a≥0时，又x≥0，故ax+1＞0，可以f（x）≤等价于axf（x）+f（x）-x≤0.

　　令h（x）=axf（x）+f（x）-x，又f（x）=1-e-x，所以h（x）=ax（1-e-x）+1-e-x-x，则h′（x）=a（1-e-x）+axe-x+e-x-1，

　　h″（x）=e-x（-ax+2a-1）.

　　a. 当2a-1≤0，a≥0，即0≤a≤时，又x≥0，故h″（x）≤0，所以h′（x）为减函数.故h′（x）≤h′（0）=0，所以

　　h（x）为减函数.故h（x）≤h（0）=0，即axf（x）+f（x）-x≤0，所以f （x）≤，故0≤a≤符合题意.

　　b. 当2a-1＞0，a≥0，即a＞时，由-ax+2a-1＞0，得x＜.所以当0＜x＜时, h″（x）＞0，所以h′（x）为增函数.故h′（x）＞h′（0）=0，所以h（x）为增函数.故h（x）＞

　　h（0）=0，所以f（x）≤不成立，故a＞不合题意.

　　综上，所求a的取值范围是a0≤a≤.

　　解法二 恰当放缩法,关键是利用第一问提供的不等式或者隐含的不等式,有较高的技巧.

　　上同解法一.

　　② 当a≥0时，又x≥0，故ax+1＞0，所以f（x）≤等价于axf（x）+f（x）-x≤0.

　　令h（x）=axf（x）+f（x）-x，则h′（x）=af（x）+axf′（x）+

　　f ′（x）-1.由f （x）=1-e-x，f ′（x）=e-x，知f ′（x）=1-f（x），所以h′（x）=af （x）-axf（x）+ax-f （x）.

　　a. 由（1）知x≤（x+1）f（x），所以h′（x）≤af（x）-axf（x）+a（x+1）f（x）-f（x）=（2a-1）f（x），所以当2a-1≤0，即0≤a≤时，h′（x）≤0，h（x）在［0，+∞）上减函数.所以h（x）≤h（0）=0，即f（x）≤.

　　b. 易证ex-x-1≥0（x∈R），所以e-x+x-1≥0，所以x≥1-e-x，即x≥f（x）.所以h′（x）≥af（x）-axf（x）+af（x）-f （x）=（-ax+2a-1）f （x）.

　　由-ax+2a-1＞0，得x＜，即当2a-1＞0，即a＞时，若0＜x＜，则h′（x）＞0，h（x）在［0，+∞）上增函数.所以h（x）＞h（0）=0，即f（x）≤不成立.

　　综上，所求a的取值范围是a0≤a≤.

　　解法三 分离参数法，这是常用的方法，但是本题用这个方法时，在研究函数的单调性上十分复杂，需要利用多次求导，而且进一步求值时，需要利用极限知识与高等数学中的洛必达法则.下面的解题过程只提供单调性的详细研究过程及求极限的结果.

　　上同解法一.

　　② 当a≥0时，又x≥0，ax+1＞0，所以f （x）≤即ax（1-e-x）+（1-e-x）-x≤0.

　　考虑常用的分离参数法.

　　当x=0时，显然等号成立；

　　当x＞0时，有a≤，

　　令u（x）=，则u′（x）=，再令v（x）=-exx2+（ex-1）2，则v′（x）=ex（-x2-2x-2+2ex），再令w（x）=-x2-2x-2+2ex，则w′（x）=-2x-2+2ex，

　　又x≥0，故w″（x）=-2+2ex=2（ex-1）＞0，所以w′（x）为增函数，所以w′（x）≥w′（0）=0，所以w（x）为增函数，所以w（x）≥w（0）=0，所以v′（x）≥0，所以v（x）为增函数，所以v（x）≥v（0）=0，所以u′（x）≥0，所以

　　u（x）为增函数.

　　用高等数学极限知识，可以求得u（x）=，所以0≤a≤.

　　综上，所求a的取值范围是a0≤a≤.

　　利用数形结合思想巧解

　　2010年江苏卷压轴题

　　□ 彭 成

　　 题目 设f （x）是定义在区间（1，+∞）上的函数，其导函数为f ′（x）.如果存在实数a和函数h（x），其中h（x）对任意的x∈（1，+∞），都有h（x）＞0，使得f ′（x）=h（x）（x2-ax+1），则称函数f （x）具有性质P（a）.

　　（1） 设函数f（x）=lnx+（x＞1），其中b为实数.（i）求证：函数f （x）具有性质P（b）；（ii）求函数f （x）的单调区间.

　　（2） 已知函数g（x）具有性质P（b）.给定x1，x2∈（1，+∞），x1＜x2，设m为实数，α=mx1+（1-m）x2，β=（1-m）x1+mx2，且α＞1， β＞1，若g（α）-g（β）＜g（x1）-g（x2），求m的取值范围.

　　 解析 （1） （i）证明略.

　　（ii） 当b≤2时，函数f （x）的单调区间为（1，+∞）；当b＞2时，函数f （x）的单调减区间为1，，单调增区间为，+∞.

　　（2） 方法一 由题设知g（x）的导函数g′（x）=h（x）（x2-2x+1），其中函数h（x）＞0对于任意的x∈（1，+∞）都成立，所以当x＞1时，g′（x）=h（x）（x-1）2＞0，从而g（x）在区间（1，+∞）上单调递增.

　　① 当0＜m＜1时，有α=mx1+（1-m）x2＞mx1+（1-m）x1=x1，α＜mx2+（1-m）x2=x2，得α∈（x1，x2）.同理可得β∈（x1，x2），所以由g（x）的单调性，知g（α），g（β）∈（g（x1），g（x2）），从而有g（α）-g（β）＜g（x1）-g（x2），符合题设.

　　② 当m≤0时，α=mx1+（1-m）x2≥mx2+（1-m）x2=x2，β=（1-m）x1+mx2≤（1-m）x1+mx1=x1，于是由α＞1，β＞1及g（x）的单调性，知g（β）≤g（x1）＜g（x2）≤g（α），所以g（α）-g（β）≥g（x1）-g（x2），与题设不符.

　　③ 当m≥1时，同理可得α≤x1，β≥x2，进而得g（α）-g（β）≥g（x1）-g（x2），与题设不符.

　　综合①②③，得所求的m的取值范围为（0，1）.

　　方法二 原参考答案利用分类讨论的思想来解决，需要较强的代数推理能力.以下试图利用数形结合的思想直接求解.

　　由题设知g（x）的导函数g′（x）=h（x）（x2-2x+1），其中函数h（x）＞0对于任意的x∈（1，+∞）都成立，所以当x＞1时，g′（x）=h（x）（x-1）2＞0，从而g（x）在区间（1，+∞）上单调递增.

　　因为α=mx1+（1-m）x2，β=（1-m）x1+mx2，所以α+β=［mx1+（1-m）x2］+［（1-m）x1+mx2］=x1+x2，即=（）.

　　记点A（x1，0），B（x2，0），C（α，0），D（β，0），则由（）式知线段AB与CD的中点重合.

　　记E（x1，f（x1）），F（x2,f（x2）），G（α，f（α）），H（β，f（β）），则|g（x1）-g（x2）|即为E，F两点在竖直方向上的高度hEF，

　　|g（α）-g（β）|即为G，H两点在竖直方向上的高度hGH（如右图所示）.

　　则g（α）-g（β）＜|g（x1）-g（x2）|hGH＜hEF.

　　又由线段AB与CD的中点重合，因此由上图得hGH＜hEFCD＜ABα-β＜x1-x2.

　　即［mx1+（1-m）x2］-［（1-m）x1+mx2］＜|x1-x2|，化简得（2m-1）（x1-x2）＜x1-x2，即2m-1•x1-x2＜x1-x2.

　　又因为x1≠x2，所以x1-x2≠0，故2m-1＜1，解得m的取值范围为（0，1）.