再談解題辯證法

摘?要：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.本文將再從 “分離參數與分類討論、運用前一問的結論和直接解答該問、找點與不找點都是嚴謹解答” 這三個方面續談解題辯證法.

關鍵詞：解題;辯證法;分離參數;分類討論

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2020）22-0062-04

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）

解法1?（分離參數）B.因為函數

f（x）=ax3-3x2+1的零點不為0，所以可得本題的題設即“關于x的方程3（1x）-（1x）3=a有唯一實根，且該實根是正數”，也即“關于x的方程3x-x3=a（x≠0）有唯一實根，且該實根是正數”，還即“關于x的方程3x-x3=a有唯一實根，且該實根是正數”.

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a<0，此時可得函數f（x）在-∞，2a，2a，0，（0，1）上分別是減函數、增函數、減函數.再由f（0）=1>0，f（1）=a-2<0，可得f（x）存在唯一的正數零點，所以題意即f（x）不存在非負數零點，也即f（x）極小值=f2a=1-4a2>0，a<-2.

所以所求a的取值范圍是（-∞，-2）.

題2?已知函數f（x）=13x3-a（x2+x+1）.

（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.

（2）（分離參數法）由于x2+x+1=x+122+34>0，所以f（x）=0等價于x3x2+x+1-3a=0.

設gx=x3x2+x+1-3a，可得g′x=x2（x2+2x+3）（x2+x+1）2=x2x+12+2（x2+x+1）2≥0（當且僅當x=0時g′x=0），所以gx在-∞，+∞上單調遞增.

因而gx至多有一個零點，即fx至多有一個零點.

因為f3a-1=-6a2+2a-13=-6（a-16）2-16<0，f3a+1=13>0，所以fx只有一個零點.

（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>max1，9a時，可得0<x2+x+1<3x2.

a（x2+x+1）≤a（x2+x+1）≤3ax2，

-a（x2+x+1）≥-3ax2.

f（x）=13x3-a（x2+x+1）≥13x3-3ax2=13x2（x-9a）>0.

當x<min-1，-3a時，設當x=-t時，可得t>max1，3a，且f（x）=13x3-a（x2+x+1）=-13t3-a[t2+（1-t）]，

所以0<t2+（1-t）<t2.

a[t2+（1-t）]≥-a[t2+（1-t）]≥-at2，

-a[t2+（1-t）]≤at2.

f（x）=-13t3-a[t2+（1-t）]≤-13t3+at2=13t2（3a-t）<0，

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.

②當Δ>0即a<-1或a>0時，設f ′（x）的兩個零點分別是x1，x2（x1<x2），可得x2i=a（2xi+1）（i=1，2），且

f（x）極大值=f（x1）=13x1·a（2x1+1）-a（x12+x1+1）=-13a[（x1+1）2+2]，

f（x）極小值=f（x2）=-13a[（x2+1）2+2].

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;

（2）證明當x∈（1，+∞）時，1<x-1lnx<x;

（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.

令g′（x）=0，解得x0=lnc-1lnclnc.

當x<x0時，g′（x）>0，g（x）單調遞增;當x>x0時，

g′（x）<0，g（x）單調遞減.

因為c>1，由（2）的結論知，1<c-1lnc<c，所以0<x0<1.

又因為g（0）=g（1）=0，所以當0<x<1時，g（x）>0.

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（0<x<1，c>1）.

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）<g（0）=0（0<x<ea-1-1），此時不滿足題意.

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）<g（0）=0（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<x<x0），g（x）在（0，x0）上是減函數，因而g（x）<g（0）=0（0<x<x0），此時也不滿足題意.

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fx=x+1lnx-ax-1.

（1）當a=4時，求曲線y=fx在1，f1處的切線方程;

（2）若當x∈1，+∞時，fx>0，求a的取值范圍.

解?（1）略.

（2）可得f ′（x）=lnx+1x+1-a（x>1），（f ′（x））′=x-1x2>0（x>1），所以f ′（x）是增函數.

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）<f（1）=0（1<x<x0），得此時不滿足題意.

當a>2時，也可不用找到f ′（x）的零點x0（1<x0<ea）來說明a>2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）<f（1）=0（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<x<x0），f（x）在（1，x0）上是減函數，因而f（x）<f（1）=0（1<x<x0），此時也不滿足題意.

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

fx=1-x2ex.

（1）討論fx的單調性;

（2）當x≥0時，fx≤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≥max1，lna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<x<d），說明此時不滿足題意.

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）<g（0）=0（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<x<x0），g（x）在（0，x0）上是減函數，因而g（x）<g（0）=0（0<x<x0），此時也不滿足題意.

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）<f（a）（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<x<x0），f（x）在（a，x0）上是減函數，因而f（x）<f（a）（a<x<x0），此時也不滿足f（x）≥f（a）（x≥a）恒成立.

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.

參考文獻：

[1]甘志國.用一道課本三角函數題的結論解題[J].河北理科教學研究，2018（03）：8-11.

[責任編輯：李?璟]