2022全国甲卷理科数学导数大题(极值点偏移)解答过程优化研究

转载自朱子豪,现高三(3)班数学皇帝之一
已征得原作者同意

原题呈现:

  1. (12分)
    已知函数$f(x)=\frac{e^x}{x}-\ln{x}+x-a\ (a\in R)$
    (2)证明:若$f(x)$有两个零点$x_1、x_2$ ,求证:$x_1x_2 < 1$

I 常规解答$^{[1]}$

以下给出网上(百度题库)对第二小问的一种解法,也是一般容易想到的常规解答方法,不过该解答过程在一些步骤上存在问题,这一点会在稍后进行分析。

解:证明:

依题有:$\frac{e^x}{x} – \ln{x} + x – a = 0 (x>0)$

令$g(x) = \frac{e^x}{x} – \ln{x}+ x=a$ ,则$g'(x) = \frac{xe^x – e^x}{x^2} – \frac{1}{x} + 1 = \frac{(e^x + x)(x – 1)}{x^2}$

当$x \in (0,1)$时, $g'(x) < 0$,$g(x)$单调递减

当$x \in (1, +\infty)$时,$g'(x)> 0$, $g(x)$单调递增

$\therefore$有$g(x)_{min} = g(1) = e+1$

又$\lim\limits_{x \to 0}\frac{e^x}{x} + x – \ln{x} = \frac{1}{0^+} – (-\infty) = +\infty + (+\infty) = +\infty $

由洛必达法则有$\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{e^x}{1} = +\infty$

$\because $由洛必达法则有$\lim\limits_{x \to + \infty}\frac{\ln{x}}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{1}{x} = 0^+$

$\therefore \lim\limits_{x \to +\infty}(1 – \frac{\ln{x}}{x}) = 1$ 则$\lim\limits_{x \to +\infty}x(1 – \frac{\ln{x}}{x}) = +\infty = \lim\limits_{x \to +\infty}(x – \ln{x})$

$\therefore \lim\limits_{x \to +\infty}(\frac{e^x}{x}+ x – \ln{x}) = +\infty$

可作出 $g(x)$的大致图像:

由图知$x_1 < 1 < x_2$

要证$x_1x_2 < 1$,即证$x_1 < \frac{1}{x_2}$

又$\frac{1}{x_2} < 1$, $g(x)$在$x \in (0,1)$上单调递减,依图$g(x_1) = g(x_2)$

$\therefore $即证$g(x_2) = g(x_1) > g(\frac{1}{x_2}) \quad (x_2 > 1) $

即证$g(x) > g(\frac{1}{x})$,其中$x > 1$

令$F(x) = g(x) – g(\frac{1}{x})$

$
\begin{split}
\therefore F'(x) &= g'(x) – (-\frac{1}{x^2})g'(\frac{1}{x})\
&= \frac{e^x x + x}{x^2} + \frac{1}{x^2} \cdot \frac{(e^{\frac{1}{x}} + \frac{1}{x})(\frac{1}{x} – 1)}{\frac{1}{x^2}} \
&= \frac{(e^x + x)(x – 1)}{x^2} + \frac{(xe^{\frac{1}{x}} + 1)(1 – x)}{x^2} \
&= \frac{(x-1)(e^x + x -xe^\frac{1}{x} – 1)}{x^2}
\end{split}
$

由基本初等数的图像性质得$e^x \ge x+1$

则$e^{x-1} \ge x$

则$e^x \ge ex$

又$x > 1$ 即等号取不到

$\therefore e^x > ex$则$x + e^x > ex + x = x(e+1)$

也有$e^{\frac{1}{x}} > e \cdot \frac{1}{x}$即$xe^{\frac{1}{x}} > e$

$\therefore x + e^x – xe^{\frac{1}x{}} – 1 > x(e + 1) -e -1 = (1 + e)(x – 1)> 0$

$\therefore $当$x \in (0,1)$时,$F'(x) < 0$,$F(x)$单调递减

当$x \in (1,+\infty)$时,$F'(x) > 0$,$F(x)$单调递增

又$\because F(1) = 0$

$\therefore F(x) > 0$ 即$g(x) > g(\frac{1}{x}) $ 即 $g(x) – g(\frac{1}{x} > 0)$成立

$\therefore x_1 x_2 < 1$

得证

II 解答分析

解答分为两个部分:

Stage1:使用参变分离后求出 $g(x)$的图像,作出$y = a$与其的交点,从而找到两个零点$x_1 、x_2$之间的关系

Stage2:转化证明的问题,利用第一步所得条件构造新的函数来证明转化后的问题,通过放缩解决新函数的增减与最值从而得出证明。

值得注意的是,解答中出现了两个比较大的问题

一是审题,题目中已经说明$f(x)$ 有两个零点,解题中再去研究 $g(x)$图像性质来考虑其与直线 $y = a $的交点个数就没有必要了。而且在求图像时用到了极限、洛必达法则(而且有$x – \ln{x}$这样的$\infty – \infty$定型)来研究图像是否存在平行于x轴的渐近线导致$g(x)$与直线$y = a$会出现一个交点,给自己解答增加了很多难度,而且还会在考试浪费许多时间。完全可以用文字说明,具体说明将在“解答改进”中给出。

二是在通过放缩来研究多项式$x + e^x – xe^{\frac{1}{x}} – 1$的正负时,不等式在相加减时出现了问题:

$x + e^x > ex + x , xe^{\frac{1}{x}} > e \nRightarrow x + e^x – xe^{\frac{1}{x}} > x(e + 1) – e$

这明显犯了“大-大>小-小”的错误,推出的不等式不成立,可见,直接放缩的解法行不通。解决方法同样会在下文“解答改进”中具体给出

III 解答改进

我们先解决第一个问题,即改进得出两零点 之间大小关系的解答过程,这里给出改进后的过程:

解:证明:

依题有: $\frac{e^x}{x} – \ln{x} + x – a = 0 (x > 0)$

令$g(x) = \frac{e^x}{x} – \ln{x} + x = a$ 则$g'(x) = \frac{xe^x – e^x}{x^2} – \frac{1}{x} + 1 = \frac{(e^x + x)(x – 1)}{x^2}$

当$x\in (0,1)$时,$g'(x) < 0$,$g(x)$单调递减

当$x\in (1, +\infty)$时,$g'(x) > 0$,$g(x)$单调递增

$\therefore $有$g(x)_{min} = g(1) = e+1$

依题,$f(x)$有两个零点,则 $y = a $与$g(x)$有两个交点,不妨设左右交点横坐标为$x_1 。 x_2$

则$x_1 。 x_2$分居极值点两侧

即$x_1 < 1 < x_2$

……(Stage2 过程)

现在我们着重分析第二个问题,看如何优化stage2部分的过程

鉴于题目中函数同时出现了指数与对数,我们首先采用同构法,看是否能够避开放缩

方法一是我与另一位同学尝试的同构法,方法二、三、四是B站上的方法

方法一:指对同构法

解:证明:

依题有:$\frac{e^x}{x} – \ln{x} + x – a = 0(x>0)$

令$g(x) = \frac{e^x}{x} – \ln{x} + x = a = e^{\ln{\frac{1}{x}}}\cdot e^x + x – \ln{x} = e^{x + \ln{\frac{1}{x}}} + x + \ln{\frac{1}{x}}$

令$t = x + \ln{\frac{1}{x}}$ 设$R(x) = x + \ln{\frac{1}{x}}$

$\therefore R'(x) = -\frac{1}{x} + 1$ 且$R'(1) = 0$ 同时有$a = e^t + t$

$\therefore R(x)$在$x \in (0,1)$上单调递减,在$x \in (1, +\infty)$上单调递增

依题,$f(x)$有两个零点,又$y = e^t + t$ 在定义域内单调增

则$y = a $与$y = e^t + t$只有一个交点,且$y = t$与$R(x)$有两个交点,不妨设左右交点横坐标为$x_1 、 x_2$

则$x_1 、 x_2$分居极值点两侧 即$x_1 < 1 < x_2$

要证$x_1 x_2 < 1$,即证$x_1 < \frac{1}{x_2}$

又$\frac{1}{x_2} < 1$,$R(x)$在$x \in (0 ,1 )$上单调递减, $R(x_2) = R(x_1)$

$\therefore $即证$R(x_2) = R(x_1) > R(\frac{1}{x_2}) \quad (x_2 > 1)$

即证$R(x) > R(\frac{1}{x})$ ,其中$x>1$

令$F(x) = R(x) – R(\frac{1}{x})$

即$F(x) = x + \ln{\frac{1}{x}} – \frac{1}{x} – \ln{x}$

则$F'(x) = 1 – \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} – \frac{1}{x} = \frac{(x-1)^2}{x^2} > 0$

又$F(x) = 0 \quad \therefore F(x) > 0$ 即$R(x) > R(\frac{1}{x})$

其中$x>1 \quad \therefore x_1 x_2 < 1 \quad \therefore$ 得证

方法一分析:

可以看出,同构法中的$F(x) $形式明显简化,避开了为复杂冗长的多项式提公因式,也避开了判断含指数多项式的正负,自然也就解决了先前放缩出错的问题。只需直接一次求导研究最值即可,极大地简化了运算,降低了运算出错的概率。

那在之前的方法中,能不能不放缩多项式,而也是对多项式直接求导解决问题?

试试就试试:

对于多项式 $x + e^x – xe^{\frac{1}{x}} – 1 \quad (x > 1)$,令它为$\varphi(x)$

得 $\varphi'(x) = 1 + e^x + \frac{(1-x)e^{\frac{1}{x}}}{x}$而$x > 1$,则无法直接判断$\varphi(x)$的极值以及单调性

不过注意到,当$x \in (0, 1)$时,$\varphi'(x) > 0$,$\varphi(x)$单调递增,应当是可以继续做下去的。

而又可以发现之前的过程:

要证$x_1 x_2<1$ ,即证$x_1 < \frac{1}{x_2}$ 又$\frac{1}{x_2} < 1$,$g(x)$ 在$x \in (0,1)$上单调递减,$g(x_2) = g(x_1)$

即证$g(x_2) = g(x_1) > g(\frac{1}{x_2}) \quad (x_2 > 1)$, 即证$g(x) > g(\frac{1}{x})$ ,其中$x > 1$

而$x_1 < 1 < x_2$,那么把$x_1 、 x_2$对调,有:

要证$x_1x_2 < 1$ ,即证$x_2 < \frac{1}{x_1}$ 又$\frac{1}{x_1} > 1$, $g(x)$在$x \in (1, +\infty)$上单调递增, $g(x_2) = g(x_1)$

即证$g(x_1)=g(x_2)<g(\frac{1}{x_1})\quad (x_2>1)$, 即证$g(x)<g(\frac{1}{x})$,其中$0<x<1$

得到了$0<x<1$。以此为切入点,就有了方法二

(以下解答过程图片均来自B站) $^{[2]}$

方法二:直接求导

其中说明$x_1<1<x_2$的过程略

123

方法二分析:

方法二讨论多项式正负时绕开了放缩,直接求导解决,但计算还是没有同构法简单。另外这个方法并不通用,如果不从$x\in(0,1)$这个方向去做,那就做不出来。

需要注意的是,由于$a$为常数,$f(x)$与我写的过程中参变分离所得的$g(x)$一致,因此他直接拿$f(x)$来转化要证的命题。下面的解答同理。

现在再回头来尝试一下改进之前放缩的方法。注意到$e^x-ex$的正负可用函数求导的方法解决,可以考虑把$e^x>ex$的放缩舍弃掉,另辟蹊径。

方法三:放缩

其中说明$x_1<1<x_2$的过程略

062622_0534_3-1.png (392×345) (cycode.club)

方法三分析:

方法三采用了构造$y=e^x-ex$函数进行求导的方法来判断$e^x-ex$项的正负,而不是采用了放缩,避免了多个放缩不等式在加减时出现问题,这在研究具有多个指数项的多项式的正负具有很大实际意义。其中就只用了一次$xe^{\frac{1}{x}}<xe\quad(x>1)$的简单放缩,而且这种放缩并不需要像“常规解答”中不等式链频繁换元来说明,另外,$y=e^x-ex$函数进行求导对计算量的要求也不高,所以,一定程度上可以说这种方法还比直接求导计算量要小。可见,如果放缩正确,放缩方法的解答效果还是比较理想的。

IV 方法延伸

这道题跟施昕汝之前报道过的一道可使用指数集中方法解的题$^{[3]}$类似,都出现一串含指数的含参多项式整理到一边小于或大于0的模式,在施昕汝引用的赵华明老师的官方解答中,多项式被整理成分母为$e^x$的分式,再对该分数求导时$e^x$始终被约分“沉淀”成分母,不影响分子,于是对分子进行必要的讨论即可。不过不同的是,这道题同时含有$e^{\frac{1}{x}}、e^x$,指数$e^x$并不能同时移到另一边再除下来作为分母达到集中效果,不能考虑用这种指数集中。在以下给出的方法中,采用了将指数项与其他项拆分,再对拆成的两项分别进行操作的方法,削弱了在求导时指数的影响,同时减小了求导的计算量,解答也很直观,是一个不错的方法。一定程度上这种方法也体现了指数集中的思想。下面给出过程,可供参考。

方法四:拆分不等式

其中说明$x_1<1<x_2$的过程略

062622_0534_4-1.png (435×494) (cycode.club)

[参考资料]

[1]百度题库.2022年高考真题 理科数学 (全国甲卷) .

https://tiku.baidu.com/web/quedetail/d1ad916725c52cc58bd6bedb

https://wkphoto.cdn.bcebos.com/b999a9014c086e06c6a53e2d12087bf40ad1cb43.jpg

[2]bilibili数学流.极值点偏移问题:多方法解析2022年高考全国甲卷理科数学第21题 ,

2022-6-20. https://www.bilibili.com/read/cv17192638

[3]施昕汝.对经典导数求取值范围题的研究,2022-6-21.

https://www.cycode.club/shixinru/对经典导数求取值范围题的研究/

最后修改日期: 2022年6月28日

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