分类例说双变量问题的求解策略
2017-01-16吴旭红
吴旭红
(江苏省常熟市中学，215500)
分类例说双变量问题的求解策略
吴旭红
(江苏省常熟市中学，215500)
一、单一函数类
1.恒成立问题
例1 已知函数f(x)=ax3+cx+d(a≠0)是R上的奇函数,当x=1时f(x)取得极值-2.
(1)求f(x)的单调区间和极大值;
(2)证明对任意x1,x2∈[-1,1],不等式|f(x1)-f(x2)|<4恒成立.
分析 本题是同一函数的最值问题,只需求出函数f(x)在[-1,1]上的最值(或范围),再由|f(x)max-f(x)min|<4着手即可.
2.零点问题
例2 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c.
(1)若a>b>c,且f(1)=0,试证明f(x)必有两个零点;
分析 本题第(2)问使用零点存在定理,用f(x1)·f(x2)与0的大小比较,学生往往无从下手,联想不到零点存在定理.
3.斜率等式型
例3 设函数f(x)=ax+sin x+cos x,若函数f(x)图象上存在不同的两点A,B,使得曲线y=f(x)在A,B处的切线互相垂直,则实数a的取值范围是______.
函数f(x)在不同的两点A,B处的斜率
∴-1≤a≤1.
二、两个函数类
1.常规任意存在问题
常规任意存在问题,相对简单.不等式型基本规则如下:假如函数f(x),g(x)分别在其定义域M,N内最值存在,则
∀x1∈M,x2∈N,都有f(x1)≥g(x2),可得f(x)min≥g(x)max;
∀x1∈M,∃x2∈N,使f(x1)≥g(x2),可得f(x)min≥g(x)min;
∃x1∈M,∀x2∈N,使f(x1)≥g(x2),即f(x)max≥g(x)max;
∃x1∈M,x2∈N,使f(x1)≥g(x2),即f(x)max≥g(x)min.
此类问题学生掌握较好,弄清模式,在最值取不到或者不等号为“>”、“ <”时注意区间的端点是否取到,就可以解决问题.等式型问题理解上相对困难,需要理解存在为大(子集)原则.如:∀x1∈M,∃x2∈N,使f(x1)=g(x2)的解题策略为:若f(x)在M上值域为A,g(x)在N上值域为B,则A⊆B.类似于上述斜率等式型.
2.构造型任意性问题
(1)当a=1 时,求函数 f(x) 的最小值;
(2)当a<0 时,讨论函数 f(x) 的单调性;
分析 本题解决问题的关键是构造函数.对于(3)，不妨设0
初接触这类问题时,学生往往用导函数f′(x)>a处理,原因是他们对导函数和平均变化率的关系混淆,需要引导学生进行区别,学会等价转化.
3.构造型存在性问题
(1)求f(x)的单调区间;
(2)令g(x)=ax2-2ln x,则g(x)=1时有两个不同的根,求a的取值范围;
(3)存在x1,x2∈(1,+∞)且x1≠x2,使|f(x1)-f(x2)|≥k|ln x1-ln x2|成立,求k的取值范围.
解 (1)(2)略.
(3)不妨设x1>x2>1,由(1)知x∈(1,+∞)时,f(x)单调递减.
|f(x1)-f(x2)|≥k|ln x1-ln x2|
等价于f(x2)-f(x1)≥k(ln x1-ln x2)，
即 f(x2)+kln x2≥f(x1)+kln x1，
也即存在x1,x2∈(1,+∞)且x1≠x2,使f(x2)+kln x2≥f(x1)+kln x1成立.
本题的关键是构造函数.但由于不等号……
