再談解題辯證法

甘志國

(北京市豐臺二中 100071)

發表于貴刊2019年第3期第2～5頁的拙文《解題辯證法》從“有時需要把簡單化為復雜來解題、拼角和拆角、設而不求與設并且求、不變(靜止)與變化(運動)”四個方面闡述了解題辯證法，下面再從另外的三個方面續談解題辯證法.

一、分離參數與分類討論

題1(2014年高考課標全國卷Ⅰ理科第11題即文科第12題)已知函數f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則a的取值范圍是( ).

A.(2,+∞) B.(-∞,-2)

C.(1,+∞) D.(-∞,-1)

用導數容易作出曲線y=3x-x3如圖1所示.

圖1

由圖1可得答案是B．

解法2(分類討論)B.可先得a≠0.再得f′(x)=3x(ax-2).

若a>0，可得函數f(x)在(-∞,0)上是增函數(因為此時f′(x)>0)，而f(-1)=-a-2<0,f(0)=1>0，所以此時f(x)有負數零點，不滿足題意.

所以所求a的取值范圍是(-∞,-2).

(1)若a=3，求f(x)的單調區間；

(2)證明：f(x)只有一個零點．

解(1)略．

因而g(x)至多有一個零點，即f(x)至多有一個零點．

(2)的另證 (分類討論)可得f′(x)=x2-2ax-a，其判別式Δ=4a(a+1).

當x>max{1,9|a|}時，可得0

a(x2+x+1)≤|a|(x2+x+1)≤3|a|x2,

-a(x2+x+1)≥-3|a|x2.

所以0

a[t2+(1-t)]≥-|a|[t2+(1-t)]≥-|a|t2,

-a[t2+(1-t)]≤|a|t2.

因而f(x)存在零點.

①當Δ≤0即-1≤a≤0時，f(x)是增函數，進而可得函數f(x)有且只有一個零點．

所以當a>0時，f(x)極大值<0；當a<-1時，f(x)極小值>0，因而當Δ>0時，三次函數f(x)均有且只有一個零點.

綜上所述，可得欲證結論成立.

二、運用前一問的結論和直接解答該問

題3(2016年高考全國卷Ⅲ文科第21題)設函數f(x)=lnx-x+1.

(1)討論f(x)的單調性；

(3)設c>1，證明當x∈(0,1)時，1+(c-1)x>cx.

解(1)(2)略.

(3)設g(x)=1+(c-1)x-cx，可得g′(x)=c-1-cxlnc.

當x0，g(x)單調遞增；當x>x0時，g′(x)<0，g(x)單調遞減．

又因為g(0)=g(1)=0，所以當00.

即當x∈(0，1)時，1+(c-1)x>cx.

(3)的另證 設g(x)=1+(c-1)x-cx(x∈R)，可得g′(x)=c-1-cxlnc(x∈R)是減函數(因為c>1).

還可得g′(x)有唯一的零點(設為x0)，進而可得g(x)在(-∞,x0),(x0,+∞)上分別是增函數、減函數.

再由g(0)=g(1)=0，可得當x∈(0,1)時，g(x)>0，即1+(c-1)x>cx.

(3)的再證 設h(c)=1+(c-1)x-cx(c>1)，可得

h′(c)=x(c0-cx-1)>0(01).

所以h(c)是增函數，得h(c)>h(1)=0,1+(c-1)x>cx(c>1).

注題3(3)的第一種解法(即官方給出的參考答案)用到了題3(2)的結論(事實上，在官方給出的題3(2)的參考答案中，又用到了題3(1)的結論)；題3(3)的后兩種解法是“單刀直入”，均未用到前面的結論，反而更簡潔更自然.

三、找點與不找點都是嚴謹解答

題4(2006年高考全國卷Ⅱ理科第20題)設函數f(x)=(x+1)ln(x+1).若對所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求實數a的取值范圍．

解設g(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x+1)-ax(x≥0),g′(0)=1-a<0，可得題設即g(x)≥g(0)(x≥0)恒成立.

所以當g(x)(x≥0)是增函數即g′(x)≥0(x≥0)恒成立時滿足題設.

可得g′(x)=ln(x+1)+1-a(x≥0)，且g′(x)(x≥0)是增函數，所以當g′(0)=1-a≥0即a≥1時滿足題設.

當a>1時，得g′(x)的零點為ea-1-1，且當x∈(0,ea-1-1)時，g′(x)<0，即g′(x)在(0,ea-1-1)上是減函數，得g(x)

當a>1時，也可不用找到g′(x)的零點ea-1-1來說明a>1不滿足題意：

因為g′(x)(x≥0)是增函數，所以g′(x)的零點個數為0或1.

當g′(x)(x≥0)的零點個數為0時，由g′(0)=1-a<0知g′(x)<0(x≥0),g(x)(x≥0)是減函數，因而g(x)0)，此時不滿足題意．

當g′(x)的零點個數為1時，設其零點是x0，可得g′(x)<0(0

綜上所述，可得所求a的取值范圍是(-∞,1]．

題5 (2016年高考全國卷Ⅱ文科第20題)已知函數f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).

(1)當a=4時，求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程；

(2)若當x∈(1,+∞)時，f(x)>0，求a的取值范圍.

解(1)略.

當a≤2時，可得f′(x)>f′(1)=2-a>0(x>1)，所以f(x)是增函數，得f(x)>f(1)=0(x>1)，得此時滿足題意.

當a>2時，可得f′(1)=2-a<0,f′(ea)>0，所以存在唯一的x0∈(1,ea)使得f′(x0)=0.

再由f′(x)是增函數，得當x∈(1,x0)時f′(x)<0，得此時f(x)是減函數，所以f(x)

當a>2時，也可不用找到f′(x)的零點x0(12不滿足題意：

因為f′(x)是增函數，所以f′(x)的零點個數為0或1.

當f′(x)的零點個數為0時，由f′(1)=2-a<0知f′(x)<0,f(x)是減函數，因而f(x)1)，此時不滿足題意．

當f′(x)的零點個數為1時，設其零點是x0，可得f′(x)<0(1

綜上所述，可得所求實數a的取值范圍是(-∞,2].

題6(2017年高考全國卷Ⅱ文科第21題)設函數f(x)=(1-x2)ex.

(1)討論f(x)的單調性；

(2)當x≥0時，f(x)≤ax+1，求a的取值范圍.

解(1)略.

(2)設g(x)=ex(x2-1)+ax+1(x≥0)，可得g′(x)=ex(x2+2x-1)+a(x≥0),g″(x)=ex(x2+4x+1)>0(x≥0)，所以g′(x)是增函數，得g′(x)≥g′(0)=a-1(x≥0).當a-1≥0即a≥1時，可得g(x)是增函數.

因為題設即g(x)≥g(0)(x≥0)， 所以當a≥1時，滿足題意.

當a<1時，可得g′(0)=a-1<0.

當c≥max{1,ln|a|}時，可得c2+2c-1>1，所以g′(c)=ec(c2+2c-1)+a>ec+a≥|a|+a≥0.

因而存在正數d使得g′(d)=0，所以g(x)在[0,d]上是減函數，得g(x)≤g(0)=0(0

當a<1時，也可不用找到g′(x)的零點d來說明a<1不滿足題意：

因為g′(x)是增函數，所以g′(x)的零點個數為0或1.

當g′(x)的零點個數為0時，由g′(0)=a-1<0知g′(x)<0,g(x)是減函數，因而g(x)0)，此時不滿足題意．

當g′(x)的零點個數為1時，設其零點是x0，可得g′(x)<0(0

綜上所述，可得所求a的取值范圍是[1，+∞)．

定理(1)若f′(x)(x≥a)是增函數，則f(x)≥f(a)(x≥a)恒成立?f′(a)≥0；

(2)若f′(x)(x≤a)是減函數，則f(x)≤f(a)(x≤a)恒成立?f′(a)≥0；

(3)若g′(x)(x≥a)是減函數，則g(x)≤g(a)(x≥a)恒成立?g′(a)≤0.

(4)若g′(x)(x≤a)是減函數，則g(x)≥g(a)(x≤a)恒成立?g′(a)≥0.

證明(1)當f′(a)≥0時，由f′(x)(x≥a)是增函數，可得f′(x)>0(x>a),f(x)(x≥a)是增函數，所以f(x)≥f(a)(x≥a)恒成立.

當f′(a)<0時：

由f′(x)(x≥a)是增函數，可得f′(x)(x≥a)的零點個數為0或1.

當f′(x)(x≥a)的零點個數為0時，由f′(a)<0可得f′(x)<0(x≥a),f(x)(x≥a)是減函數，f(x)a)，此時不滿足f(x)≥f(a)(x≥a)恒成立．

當f′(x)(x≥a)的零點個數為1時，設其零點是x0，可得f′(x)<0(a

綜上所述，可得欲證結論成立．

(2)同(1)可證.

(3)在(1)的結論中令f(x)=-g(x)(x≥a)后，可得欲證結論成立.

(4)在(2)的結論中令f(x)=-g(x)(x≥a)后，可得欲證結論成立.