朝花夕拾——2018高考数学全国1卷导数压轴题原题重现

写在前面：

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大家可以先来看一下2018年全国1卷理科数学压轴题（21题），题目如下：

（2018年全国1卷理科数学21）

已知函数 $f(x)=\frac{1}{x}-x+a \ln x ．$

（1）讨论 $f(x)$ 的单调性；

（2）若 $f(x)$ 存在两个极值点 $x_{1}, x_{2} ，$ 证明： $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}<a-2 ．$

为什么说朝花夕拾，是因为它

基本照搬照抄了2011年湖南文科数学高考压轴题

（2011年湖南卷文科数学22）

设函数 $f(x)=x-\frac{1}{x}-\operatorname{aln} x(a \in R)$

（1）讨论函数 $f(x)$ 的单调性。

（2）若 $f(x)$ 有两个极值点 $x_1,x_2;$ 记过点 $A(x_1,f(x_1)), B(x_2,f(x_2))$ 的直线斜率为 $k$ 。问：是否存在 $a ，$ 使得 $k=2-a?$ 若存在，求出 $a$ 的值；若不存在，请说明理由。

这不就是七年前的高考题又被捡起来了吗？

这道题目除了叙述方式做了一点改动，函数表达式添了一个负号，也就是把f(x)变成- f(x)，其他数字都是一样的。

2018年的全国数学卷的难度可想而知，哈哈哈，今年拭目以待吧。

如果你刚好刷过近十年的高考题目，恭喜你，简直完美，可以说出题人有点小偷懒，我觉得应该是参考了这个题目做的改动，所以高考真题的力量不能小看。

今天我们主要来讲解一下极值取值范围的处理方法：

第一部分：基本功（含参数单调性讨论比较好的小伙伴可以忽略这部分）

在这部分，我给出大家一种讨论范式，希望小伙伴们对这部分的处理达到非常纯熟的程度。

含有参数的单调性讨论在高考中是一种常见的考查形式，同时也是进阶问题的框架，只有熟练掌握，才能深讨进阶问题。

事实上处理任何一类导数问题都离不开讨论参数的过程，所以需要熟练掌握。高考导数大题当中很大一部分的题型，第一问考的都是讨论单调性。

而且只要单调性讨论清楚，后面的极值或者零点问题就会变得条理清晰，所以，这一点对大家至关重要。

含参单调性的讨论

最开始一定是求导，求导之后观察是否能够通分或者因式分解，这点非常重要。

一般情况下，导函数具有统一的结构：
$f(x)=\frac{e^{( 因式 )}(二次函数 )}{( 平方项)}$

分母（往往是平方形式）和指数部分（指数函数或者平方项）都为正。

所以含参单调性的问题本质是二次函数零点存在性的问题。

讨论核心是：二次项系数，根，定义域.

保证讨论过程有层次，不重不漏，讨论参数顺序可以如下：

①二次项系数是否为0
②是否有根，有几个根
③开口方向
④两根大小（特别注意能否相等）
⑤根是否在定义域内（刚开始就要判断定义域）

下面我们来看一下这道高考题目：
已知函数 $f(x)=\frac{1}{x}-x+a \ln x ．$
第一问：讨论 $f(x)$ 的单调性；

我们在求导之后，可以有如下几种思路：

思路一：根据导函数范围讨论

$f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^{2}}-1+\frac{a}{x}=-\frac{1}{x}\left(x+\frac{1}{x}-a\right)$

思路二：按照判别式、二次项系数讨论

$\begin{array}{l}{\text { (1) } \Delta \leq 0 \Longleftrightarrow-2 \leq a \leq 2} \\ {\text { (2) } \Delta>0 \Longleftrightarrow a<-2 \text { or } a>2}\end{array}$

思路三：按照二项式系数、判别式讨论

$\begin{array}{l}{\text { (1) } a \leq 0} \\ {\text { (2) } a>0(1) \Delta \leq 0 ; \text { (2) } \Delta>0}\end{array}$

不管采取何种方法，都是要做到不重不漏，得到不同情况下的单调性。

当 $a \leq 2$ 时， $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减；

当 $a>2$ 时， $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right)$ 上单调递减，

在 $\left(\frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}, \frac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right)$ 单调递增，

在 $\left(\frac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2},+\infty\right)$ 上单调递减.

第二问：若 $f(x)$ 存在两个极值点 $x_{1}, x_{2} ，$ 证明： $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}<a-2 ．$

碰到这种问题我们应该如何来处理呢？

聚焦问题：我们要明白这是一个与极值取值范围有关的问题。
解决策略：学会转化。求极值取值范围就是变量转化问题。

我们可以想象一下，在求极值时我们是把x当做自变量进行求解的，而求极值范围问题的时候我们需要把极值点（题目当中往往用 $x_1，x_2$ 表示）当做自变量，再来讨论取值范围（往往是不等式问题）。

聚焦问题：它还是一个双变量问题。
解决策略：双变量转化为单变量。

当所求的代数式与两个极值点都有关的时候，我们还需要努力找到两个极值点之间的关系。

一般情况下都是二次函数根据韦达定理确定找出两根之和，两根之积的关系，实现变量之间的代换。

当双变量变为单变量的时候，就可以确定它的范围了，当成普通函数求单调性最值问题即可。

那么我们来看一下具体是如何操作的：

第一步：先将极值点代入表达式化简

$\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}=\frac{\left(\frac{1}{x_{1}}-x_{1}+a \ln x_{1}\right)-\left(\frac{1}{x_{2}}-x_{2}+a \ln x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}=-2+a \frac{\ln \frac{x_{1}}{x_{2}}}{x_{1}-x_{2}}$

所以要证，

$\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}<a-2$

即证

$\frac{\ln \frac{x_{1}}{x_{2}}}{x_{1}-x_{2}}<1$

第二步：用韦达定理找出两极值点关系带入消元

因为 $x_{1}, x_{2}$ 是 $f(x)$ 的两个极值点，所以

$\left\{\begin{array}{c}{x_{1}+x_{2}=a>0} \\ {x_{1} x_{2}=1>0}\end{array}\right.$

洞察到 $x_1x_2=1，$ 并联想到函数思想，可用 $x_1$ 替换 $x_2$ ，从而构造关于 $x_1$ 的函数！

不妨设 $x_1>1>x_2>0,$

$\frac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{\ln x_{1}-\ln \frac{1}{x_{1}}}{x_{1}-\frac{1}{x_{1}}}<1$

即 $2 \ln x_{1}-x_{1}+\frac{1}{x_{1}}<0$

第三步：构造新函数求解恒成立问题（很简单）

令 $g(x)=2 \ln x-x+\frac{1}{x}(x>1)$

则 $g(x)=\frac{2}{x}-1-\frac{1}{x^{2}}=\frac{-(x-1)^{2}}{x^{2}}<0$

所以 $g(x)$ 在 $(1,+∞)$ 上单调递减，

所以 $g(x)<g(1)=0$ 恒成立，得证.

上面的思路是我们解决这类问题的基本思路，除了上述做法，还可以采取下面几种方法。

对数平均不等式

$\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}=-\frac{1}{x_{1} x_{2}}-1+a \frac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}=-2+a \frac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}$

下证： $\frac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}<\frac{1}{\sqrt{x_{1} x_{2}}}$

事实上，

$\frac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}<\frac{1}{\sqrt{x_{1} x_{2}}} \Leftrightarrow \ln \frac{x_{1}}{x_{2}}>\frac{x_{1}-x_{2}}{\sqrt{x_{1} x_{2}}}=\frac{\frac{x_{1}}{x_{2}}-1}{\sqrt{\frac{x_{1}}{x_{2}}}}$

令 $t=\sqrt{\frac{x_{1}}{x_{2}}}<1$

则等价于证明

$\ln t^{2}>\frac{t^{2}-1}{t} \Leftrightarrow \frac{1}{t}-t+2 \ln t>0, t<1$

福建省厦门第一中学徐小平老师还给出了另外的解法：

代入极值点和极值转化为a的函数

由（1）知 $f(x)$ 存在两个极值点当且仅当 $a>2.$

因为极值点 $x_1，x_2$ 满足方程 $x^2-ax+1=0$

可得

$x_{1}=\frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2} 或 x_{2}=\frac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2}$

且 $x_{1} x_{2}=1$

则 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=2 \sqrt{a^{2}-4}+2 a \ln \frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}$

因为 $x_{1}-x_{2}=-\sqrt{a^{2}-4}$

所以 $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}=-2+\frac{2 a \ln \frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}}{-\sqrt{a^{2}-4}}$

则 $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}<a-2 \Leftrightarrow \frac{2 \ln \frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}}{-\sqrt{a^{2}-4}}<1 \Leftrightarrow 2 \ln \frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}>-\sqrt{a^{2}-4}$
则令

$g(a)=2 \ln \frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}+\sqrt{a^{2}-4}, a \geq 2$

$g^{\prime}(a)=2 \frac{1-\frac{a}{\sqrt{a^{2}-4}}}{a-\sqrt{a^{2}-4}}+\frac{a}{\sqrt{a^{2}-4}}=\frac{-2+a}{\sqrt{a^{2}-4}}>0$

后面也可以轻松得证。

参考文献：
2018年高考数学试卷特点及备考建议福建省厦门第一中学徐小平

完美结束

如果大家看完这篇文章，能有很大的收获，我就开心啦。希望大家喜欢，更多文章敬请期待。

END

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