马明波2011,11.4
注重普遍方法训练 教给学生解题思路 使学生明确课本基础与解题之间的关系
教学理念：简单问题蕴含深刻道理！用最简单的问题讲解深刻的道理.
教给学生学习方法解题思路.复杂问题是由简单问题排列组合而成!把难题分解为几个简单问题.教给学生解决问题的能力! 沈阳马老师 完成于 2011,11.4
例子：解不等式eˣ>x
这是一个超越不等式用初等方法无法解决 因此我们想到用导数来研究 令f(x)=eˣ-x
f´(x)=eˣ-1 f´(x)=0 有x=0 显然当x≥0时 f´(x) ≥0 当 x≤0时 f´(x) ≤0
所以f(x)=eˣ-x在区间(-∞⋅0)上是减函数 在区间(0+∞)上是增函数所以对于x∈R
f(x)=eˣ-x ≥f(0)=1≥0
所以不等式 eˣ>x 的解为 x∈R
一．如果我们调整eˣ>x 为 eˣ>x+1 则上述f(x)=eˣ-x-1 f´(x)=eˣ-1 f´(x)=0 有x=0
显然当x≥0时 f´(x) ≥0 当 x≤0时 f´(x) ≤0 所以f(x)=eˣ-x-1 在区间(-∞⋅0)
上是减函数 在区间(0+∞)上是增函数所以对于x∈R f(x)=eˣ-x-1 ≥f(0)=0
所以不等式eˣ>x+1的解为 x≠0
二．如果我们调整eˣ>x 为 eˣ>x+e-1则上述f(x)=eˣ-x-e+1
f´(x)=eˣ-1 f´(x)=0 有x=0
显然当x≥0时 f´(x) ≥0 当 x≤0时 f´(x) ≤0 所以f(x)=eˣ-x-1 在区间(-∞⋅0)
上是减函数 在区间(0+∞)上是增函数所以对于x∈R f(x)=eˣ-x-e+1 ≥f(0)=2-e
,事实上f(1)=0 而f(x)在(0+∞)上是增 函 数。所以对于 x≥0 时.f(x)≥f(1) 即 x≥1
即 eˣ>x+e-1 在 x≥0 的解为 x≥1
对于x≤0 时，我们不能用赋值法找到具体的x的值使得eˣ=x+e-1成立
但是我们可以知道f(-1)= 1/e + 1-e+1<0.f(-2)=1/e² +2-e+1>0。
即可以判断f(x)=0时有-2<x<-1
由此我们可以命题 如果p<0是f(x)=eˣ-x-e+1的一个零点.证明:-2<p<-1
我们的目的是使复杂问题简单化
下面就对 【 2011年普通高等学校招生全国统一考试（辽宁卷）第21题
（本小题满分12分） 已知函数 ．f(x)=lnx-ax²+(2-a)x
（I）讨论 f(x)的单调性；
（II）设a>0 ，证明：当0<x<1/a 时，f(1/a +x)> f(1/a -x)；
（III）若函数y=f(x)的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为xₒ，
证明： f（xₒ）＜0．】
进行分析
对于第一问. 讨论f(x)的单调性.由于函数f(x)=lnx-ax²+(2-a)x 是超越函数,而用函数的单调性定义
即做差的方法不容易判断,所以采取求导的方法.f´(x)=1/x -2ax+(2-a)=- (2x+1)(ax-1)/x
因为函数定义域为 (0+∞) 所以 f´(x) 的正负 ⇔p(x)=-(2x+1)(ax-1)的正负 而函数p(x)= -(2x+1)(ax-1)
中的系数a决定p(x)是一次函数还是二次函数, 故需要分类讨论 当a=0时p(x)
是一次函数 容易判断 p(x)= (2x+1) >0 即f´(x) >0 当a≠0时
p(x)= -(2x+1)(ax-1)是二次函数.而系数a决定抛物线的开口方向故还需要对a
进行讨论 若a<0 p(x)的两个根分别为-1/2 和 1/a 都是负数 所以p(x) >0
即f´(x) >0 若a >0当x∈（0，1/a）时，f´(x)>0, 当x>1/a时,f´(x)<0
对于第二问. 看来好像是用第一问的结论 但是1/a+x∈(1/a, 2/a). 1/a-x∈(0,1/a)
不在同一单调区间,故不能比较,所以我们还是考虑用导数的方法来证明 !
即通过研究函数g(x)=f(1/a +x)-f(1/a -x)的单调性来证明 当 x∈（0，1/a） g(x)>0. 而这个不等式 g(x)>0 的
同样是超越不等式,同样需要运用求导的方法解决 !用赋值法可以得到得到g(0)=0
因此只要证明g(x)在区间(0,1/a)上满足g(x)>g(0)就可以了.
下面来对函数g(x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax 求导
g´(x)= a/(1+ax)+ a/(1-ax)- 2a= 2a³x²/(1-a²x²)
显然
当x∈（0，1/a）时,g´(x)>0,而g(0)=0 所以g(x)>0 .
故当 x∈（0，1/a）时，f(1/a +x)> f(1/a -x)
对于第三问. 由第一问可知，当 在定义域内是单调函数
所以函数的图像与x轴至多有一个交点，
而 时，函数分为两个单调区间, (0, 1/a)为增区间.
(1/a,+∞)为减区间. 有最大值为f(1/a)=ln1/a + 1/a -1
当ln1/a + 1/a - 1 >0 时 函数一定与x轴有两个交点
不妨设A(x₁) B(x₂),0<x₁<x₂ ,则 0<x₁< 1/a <x₂ 由第二问我们知道在与直线x=1/a对称的
两个自变量 1/a-x ,1/a+x 即x∈(0,2/a)时函数f(x)所对应的函数值是不等的
是f(1/a +x)> f(1/a -x)
因为f(x₁ )=f(x₂ )=0 又f(x₁) <f(2/a-x₁ )
所以f(2/a - x₁ ) > f(x₂ ) 又,2/a-x₁ 与 x₂ 都在f(x)的单调第减区间
(1/a,+∞)上,所以 x₂> 2/a - x₁ 于是xₒ=(x₁+x₂ )/2 > 1/a
表明xₒ在 f（x）的单调递减区间上,所以 f（xₒ）＜0
