隐函数求导在极值点偏移问题中的应用.pdf

6中学数学研究2024 年第 2 期(上半月刊)隐函数求导在极值点偏移问题中的应用广东省中山市中山纪念中学(528454)李文东摘要 文章通过实例介绍一种通过隐函数求导来求解极值点偏移问题的办法,即将极值点看作参数 a 的函数,通过隐函数求导得到单调性,进而到达较为简便求解这类问题的目的.关键词 隐函数;极值点偏移;对数平均不等式隐函数属于高等数学的内容,在高中阶段也没有隐函数求导的法则和相关的知识,但是在一些多变量的问题中,变量之间是相互制约的,这个时候可以将一些变量看作某个变量的函数,但是这个函数的解析式却又无法直接解出,这个时候我们称之为隐函数1.此时我们可以利用隐函数的相关知识去思考和求解,有时能够使问题得到简化.关于隐函数求导,其本质就是复合函数求导的法则,因此对于没有学过高等数学的高中生来讲也是完全可以理解和接受的.下面举例说明隐函数求导在极值点偏移问题中的运用.一、一道高考题解法的统一性引发的思考2021 新高考全国 I 卷第 22 题是一道典型的极值点偏移问题,题目如下:例 1 已知函数 f(x)=x(1 lnx).(1)讨论 f(x)的单调性;来概率与统计试题的命制应当重视密切联系当前重大时事热点,可以选取有积极导向的国家重大活动作为背景材料,引导学生认识各种重大事件、社会焦点问题与数学知识之间的相互关系,树立正确的情感、态度和价值观.事实上,对于不同类型的概率与统计试题,都可以将各种社会热点融入其中.比如,可以将一些国家盛大体育赛事举办地的旅游景点人流量作为热点融入衣食住行为背景的情境,考查频率分布直方图、数据的数字特征等知识;可以将国产企业产品创新升级带动的消费热潮作为经济发展背景设计试题,考查离散型随机变量分布列及期望等知识,展现我国经济发展新活力;可以以各类社会盛大文体娱乐活动为背景,考查古典概型、排列组合、独立性检验等知识.像这样将试题与现实热点紧密结合,能够让学生深切体会数学知识的应用价值,更充分地激发他们学习数学的兴趣,调动他们学好数学的热情.4.4 渗透社会文化,导向综合素养鉴于高考数学其他知识领域(如数列、函数、几何等方面)的试题中传统文化背景的应用较多,在未来高考概率与统计试题的命制中也应同步跟进传统文化活动的融入.诸如,“相同生日”问题、“高尔顿板”游戏等富有生活气息的文化活动,未来都可能进入高考试题作为背景资源.在概率与统计的社会文化试题设计中,可以选取不同类型的文化活动情境作为背景以促进学生文化素养的提升.概率与统计内容与社会文化,尤其是与人们日常交往、生活娱乐等文化活动之间存在着天然的联系,为社会文化融入高考试题提供了相对容易的切入点.因此,概率与统计试题的命制,应加强以社会文化为载体,可以设置现代生活中具有积极意义的社会文化现象或活动作为情境,促进学生真切理解“数学源于生活,高于生活,并且最终服务于生活”,培养学生的人文素养和正确的价值取向;还可以设置一些数学史相关的传统文化试题,培养学生的数学素养与实践能力,并注意不同类型文化活动背景设置的合理性,全方位多层次地考查学生的综合素养,落实立德树人的培养目标.参考文献1 李亚琼,潘禹辰,徐文彬等.高考概率与统计试题的统计与分析-以 2021 年全国课标卷为例 J.数学教育学报,2022,31(03):20-25.2 廖艺捷,朱展霖,胡典顺.近五年高考概率与统计试题的统计与分析以全国 卷(理科)为例 J.数学通报,2021,60(02):56-62.3 胡茗洁,石浩楠,胡典顺.2021 年高考概率与统计试题的统计与分析 J.中学数学杂志,2022(01):61-66.4 王玉,胡凤娟.中英高考数学概率与统计部分的比较研究 J.数学教育学报,2023,32(03):24-29.5 吴晓红,吴征,张运涛.高考数学试题综合难度分析框架的构建及应用以 2020-2022 年新高考 卷和 卷为例 J.教育测量与评价,2023(01):71-80.6 张定强,宿桂花.数学教学中的“情境”:内涵解析及价值蕴藏 J.中学数学,2022(07):5-8.7 谢发超,周先华,原坤.高考数学文化试题考查的情境分析以2020 年高考试题为例 J.教育科学论坛,2021(26):26-30.2024 年第 2 期(上半月刊)中学数学研究7(2)设 a,b 为两个不相等的正数,且 blnaalnb=ab,证明:2 1a+1b 0;当 x (1,+)时,f(x)0.故f(x)在区间(0,1 内为增函数,在区间 1,+)内为减函数.对于第二问,容易想到应该将题目中所给条件 blna alnb=a b 朝 f(x)=x(1 lnx)的形式化简,因此将blna alnb=a b 变形为lnaalnbb=1b1a,进一步有1a(1 ln1a)=1b(1 ln1b).因此令1a=m,1b=n.则上式变为 m(1 lnm)=n(1 lnn),即 f(m)=f(n).于是命题转换为证明:2 m+n e.这是典型的极值点偏移问题,其一般的证法是构造函数,具体过程如下:不妨设 m n.由(1)知 0 m 1,1 n 2.要证:m+n 2 n 2 m f(n)f(2 m)f(m)f(2 m)f(m)f(2 m)ln1=0,所以 g(x)在区间(0,1)内单调递增,所以 g(x)2.再证 m+n m,所以需证 n(1 lnn)+n 0,故 h(x)在区间(1,e)内单调递增.所以 h(x)h(e)=e.故 h(n)e,即 m+n e.综合可知 2 1a+1b e.上述证明虽然属于证明极值点偏移问题的通性通法,但是对于 2 m+n e 的证明需要分两次构造函数,过程稍显重复和繁琐,结合 f(x)=x(1 lnx)的图象不难得到:若设 f(m)=f(n)=t(0 t 1),当 t 0时,m+n e,当 t 1 时,m+n 2,而且对任意的 t (0,1),存在唯一的 m (0,1),n (1,e)与之对应,因此 m,n 为 t 的函数.这启发我们将 m+n 看作 t 的函数,研究该函数的单调性即可.具体求解过程如下:设f(m)=f(n)=t(0 m 1 n e),即 m(1 lnm)=n(1 lnn)=t(0 t 1),对任意的 t (0,1),存在唯一的 m (0,1),n (1,e)与之对应,因此 m,n 为 t的函数.对等式 m(1 lnm)=t 两边对变量 t 求导(这里把 m 看作 t 的函数,运用复合函数求导法则即可)得:m(1 lnm)m=1,故 m=1lnm,同理 n=1lnn.设(t)=m+n,则(t)=m+n=1lnm1lnn=ln(mn)lnmlnn,由 m(1 lnm)=n(1 lnn),得 n m=nlnn mlnm,从而n mlnn lnm=nlnn mlnmlnn lnm,由对数平均不等式有nlnn mlnmlnn lnmn+m2,此等价于 ln(mn)0,又 lnm 0,于是(t)=ln(mn)lnmlnn 0,即(t)在(0,1)上递减,而 limt0(t)=e,limt1(t)=2,故 2 (t)=m+n e.上述借助隐函数求导的方法一次性解决了 2 m+n e 的证明问题,这为我们解决极值点偏移问题提供了新的思路.无独有偶,笔者旁听了 2023 年广东省青年教师技能大赛的说题过程,也是一道极值点偏移问题,题目如下:例 2 已知函数 f(x)=lnx ax 有两个零点 x1,x2,且x1 e2.解(1)f(x)=lnx ax=0 a=lnxx,设g(x)=lnxx,由 g(x)=1 lnxx2知 g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减.并且当 x (0,1 时,g(x)6 0;当 x (1,+)时,g(x)0.由已知 x1,x2满足 a=g(x1)=g(x2).由此可得 0 a 1e,且1 x1 e x2.对于第二问,22 位省青赛选手有 4 位完全没有解出,还有 11 位选手直接将 x1,x2转化为直线 y=a 和 g(x)=lnxx的交点横坐标,然后根据 g(x)=lnxx的图象得出结果(容易看到当 a 增大时,x1增大,而 x2减小),直接以数形结合代替证明,却并未给出严格的证明.剩下 7 位选手有些证明也比较复杂.有一种将图形语言转化为符号语言的证明如下:(2)证明:由(1)的结果知 0 a 1e,且 1 x1e a2,g(1)=g(2)=a1,其中 1 1 e 2;g(1)=g(2)=a2,其中 1 1 e a2,即 g(1)g(1),可得 1 1.类似可得 2 0,得212121,所以x2x1随着 a 的减小而增大.由例 1 的解法和所证结论x2x1随着 a 的减小而增大提示我们,应该将x2x1看作 a 的函数,然后证明该函数递减即可,为此可以用隐函数求导的方式:证法 2:由 f(x)=lnx ax=0 a=lnxx,设g(x)=lnxx,f(x)的两个零点为 x1,x2,即 y=a 与 g(x)的8中学数学研究2024 年第 2 期(上半月刊)图象有两个不同交点,易知 g(x)在(0,e)上递增,在(e,+)上递减,故 0 a 1e,且 1 x1 e x2.显然对任意的a (0,1e),存在唯一的 x1(1,e),x2(e,+)与之对应,因此 x1,x2为 a 的函数.对 lnx1 ax1=0 求导得:x1x1(x1+ax1)=0,故 x1=x211 ax1=x211 lnx1,同理 x2=x221 lnx2.设(a)=x2x1,则(a)=x1x2 x1x2x21=x1x2(x21 lnx2x11 lnx1)=x1x2(x2 x1)(1 lnx1)(1 lnx2)由于 1 x1 e 0,1 lnx2 0,从而(a)0,x2x1随着 a 的增大而减小.至于第三问,评委们向部分选手提出了更一般的问题:x1x2会是 a 的单调函数吗?为此我们继续采用隐函数求导的方式求解.设(a)=x1x2,则(a)=x1x2+x1x2=x21x21 ax1+x1x221 ax2=x1x2(x1+x2 2ax1x2)(1 lnx1)(1 lnx2).由于x1lnx1=x2lnx2=x1 x2lnx1 lnx2=x1x2lnx1lnx2,根据对数平均不等式有:x1x2x1 x2lnx1 lnx2=x1x2lnx1lnx2,从而 lnx1lnx2 1,即(ax1)(ax2)1a2(ax1)(ax2)2(ax1)(ax2)=2a(ax1)(ax2)1(ax1)(ax2,)0,从而(a)e2.二、隐函数求导解决极值点偏移问题方法举例例 3(2023 年广东大湾区一模第 22 题)已知函数f(x)=ex1x.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)设 a,b 是两个不相等的正数,且 a+lnb=b+lna,证明:a+b+lnab 2.解(1)略.(2)证明:要证 a+b+lnab 2,只需证:(a+lnb)+(b+lna)2,根据 a+lnb=b+lna,只需证:b+lna 1.由 a+lnb=b+lna,得 a lna=b lnb,设a lna=b lnb=t,显然这里的 a,b 为 t 的函数,等式两边对 t 求导得:aaa=bbb=1,解得 a=aa 1,b=bb 1.只需证明:a+lnb 1,令 g(t)=a+lnb 1,注意到 g(1)=0,且 g(t)=a+bb=aa 1+1b 1=ab 1(a 1)(b 1),又设 h(x)=x lnx,则 h(x)=x 1x,故h(x)在(0,1)递减,在(1,+)递增,h(a)=h(b)=t,于是可设 0 a 1 1.由 a+lnb=b+lna和对数平均不等式得 1=a blna lnbab,即 ab 0,即 g(t)在(1,+)递增,故g(t)g(1)=0.对于比较难的结果含有参数的极值点偏移问题,有时也可以考虑用隐函数求导的方式解决.例 4(2021 年汕头一模)已知函数 f(x)=x lnx a有两个相异零点为 x1,x2(x1 x2).(1)求 a 的取值范围;(2)求证:x1+x2 1.(2)由 题 意 0 x1 1 1),则(a)=x1+x243=x1x1 1+x2x2 143=2x1x2+x1+x2 43(x1 1)(x2 1).若 2x1x2+x1+x2 4 0,根据 0 x1 1 x2则可得(a)0,从而(a)递减,于是(a)0,只需证:(x1+12)(x2+12)94.令t1=x1+12,t2=x2+12,t1,t2满足t1ln(t112)=t2 ln(t212),易 知12 t13294 t294t132.令 g(t)=t ln(t 12),g(t)在 32,+)递增.只需证:g(t1)=g(t2)g(94t1).令h(t)=g(t)g(94t)(12 t 32),则h(t)=g(t)+94t2g(94t)=(2t 3)44t2(2t 1)(9 2t)h(32)=0,从而有t1t294.评注 本题欲证的结果中含有参数 a,不太容易处理,参考答案的做法是用 x1 lnx1=a 将 a 替换后构造函数,比较复杂,这里采用隐函数求导,将含参数的极值点偏移问题转化为不含参数的极值点偏移问题,证法比参考答案要简单一些.仿照例 4 的做法,隐函数求导还可以用在拐点偏移的问题上.例 5 已知函数 f(x)=xlnx12x2+(a1)x(a R).(1)若 f(x)有两个极值点 x1,x2,求 a 的取值范围;(2)在(1)的条件下,证明:f(x1)+f(x2)2a 3.2024 年第 2 期(上半月刊)中学数学研究9新高考抽象函数试题的解法探讨和教学启示广东省中山市华侨中学(528400)魏钰婷摘要 根据近三年新高考试卷中有关抽象函数的试题分析可以看出,抽象函数是考查函数性质、图象等内容的重要载体.学生可以利用赋值、特殊函数举例、抽象性质分析等方法突破重难点.试题考查了分析问题和解决问题的能力,也考查了数学抽象、逻辑推理和数学运算素养.试题关注基础性的同时更强调综合性和创新性,充分体现了高考评价体系对核心素养、关键能力和必备知识的要求.因此在这部分内容教学时,教师应当引导学生结合实例探究函数性质、针对易错辨析函数性质、抽象迭代归纳函数性质、借助图象理解函数性质.关键词 抽象函数;新高考;函数性质抽象函数是高考中的热点,在近几年的新高考试卷中都能看到它的“身影”.抽象函数由于没有具体的函数解析式作为载体,理解和研究起来比较困难.解题时需要学生具备严谨的逻辑推理能力、丰富的想象力和灵活的知识运用能力.以下对近三年来新高考试卷中的三道抽象函数问题进行解法探讨,寻找突破这一重点难点的方法和规律.一、试题分析例 1(2023 年新高考 卷第 11 题)已知函数 f(x)的定义域为 R,f(xy)=y2f(x)+x2f(y),则().A.f(0)=0B.f(1)=0C.f(x)是偶函数D.x=0 为 f(x)的极小值点解析思路一.利用赋值法对选项 A，B，C 进行判断.令 x=y=0,则 f(0)=0,故 A 正确;令 x=y=1,则f(1)=f(1)+f(1),得 f(1)=0,故 B 正确;为了判断奇偶性,令 y=1,则 f(x)=f(x)+x2f(1),需要求出f(1),令x=y=1,则f(1)=f(1)+f(1)=2f(1),即 f(1)=0,从而 f(x)=f(x),又因为 f(x)的定义域为 R,所以 f(x)为偶函数,故 C 正确;接着利用特殊函数举反例排除 D 选项,显然函数 f(x)=0 符合题设条件,但此时f(x)无极值,故 D 错误;故本题正确答案为 A，B，C.思路二.对于 D 选项也可以举出另一些更加复杂的函数作为反例,分析如下:当 x2y2=0 时,f(xy)=y2f(x)+x2f(y)两边同时除以 x2y2,得f(xy)x2y2=f(x)x2+f(y)y2.构造函数 g(x)=f(x)x,则 g(xy)=g(x)+g(y),显然y=lnx 满足该性质,但若要使得定义域为 R,可设g(x)=ln|x|,x=0,0,x=0,则 f(x)=x2ln|x|,x=0,0,x=0.当 x 0 时,f(x)=x2lnx,则 f(x)=x(2lnx+1).解(1)f(x)=lnx x+a,令 g(x)=lnx x+a,则g(x)=1x1=1 xx 0,得0 x 0,得 a 1,又 f(ea)=lnea ea+a=ea 1),则(a)=2 ea 0,(a)在(1,+)上 递 减,故(a)(1)=2 e 1 时,f(x)有两个零点 x1,x2,故 a 的取值范围为(1,+).(2)由(1)分析不妨设 0 x1 1 x2,且 a=x1 lnx1=x2 lnx2,这里的 x1,x2为 a 的函数且x2 x1lnx2 lnx1=1,由对数平均不等式有:1=x2 x1lnx2 lnx1 2.设(a)=f(x1)=x1lnx112x21+(a 1)x1,则(a)=(lnx1 x1+a)x1+x1.因为f(x1)=lnx1x1+a=0,故(a)=x1,同理(a)=f(x2),则(a)=x2,设 h(a)=f(x1)+f(x2)2a+3,则h(a)=x1+x2 2 0,即 h(a)在(1,+)上递增,从而h(a)h(1)=0.从上述问题看出,对于一些比较复杂的多变量的问题,我们不妨从隐函数的角度去思考求解有时会更容易(当然不是所有的极值点偏移问题采用这种方法都容易),这样可以加深对函数概念的理解,提高学生的思维水平.参考文献1 钟文体.从反函数观点看极值点偏移问题 J.中学数学教学,2022(06):18-20.