合理布局圖象 嚴密代數推理
——一道多參量函數最大值的最小值的解法探究

唐宜鐘

(漢中市龍崗學校,陜西 漢中 723103)

函數是數學重要的載體之一,而函數圖象和性質從不同的方面描述函數.在較為復雜的函數問題中,需合理布局圖象,嚴密代數推理,綜合調度,才能有效解決問題.

1 題目呈現

引例已知函數f(x)=|x2+px+q|,對?p,q∈R,總?x0∈[1,5],使f(x0)≥m成立,則m的取值范圍是____.

該題以二次函數的絕對值函數為背景,里面涉及p,q,x0,m四個未知量,同時存在全稱量詞和特稱量詞.題目敘述看似簡潔,但限定條件眾多,且每個條件都需合理轉化.具體說來,可做如下轉化:①?x0∈[1,5],f(x0)≥m成立,即m≤f(x)max.②對?p,q∈R,m≤f(x)max,即選取適當的p,q,使得m≤[f(x)max]min.③f(x)=|x2+px+q|,x∈[1,5],即將g(x)=x2+px+q在y軸下方的圖象翻折到上方.要解決本題,一方面需要合理布局函數圖象.f(x)=|x2+px+q|的最大值可能取得的三個點為左右端點和頂點,問題處理的核心就是布局這三個點.另一方面,題目中涉及存在、任意、大于等于等諸多要求,故極易在解答過程中借助圖象進行想當然地描述,而弱化了代數推理.筆者嘗試以圖象的布局為突破口,對問題進行了探索.

2 解法探究

探究1取特殊值探究圖象.

為方便敘述,記g(x)=x2+px+q.考慮到p,q的任意性,取特殊值.當p=0時,f(x)=|x2+q|,需f(x)的最大值取得最小值.由g(x)的單調性和絕對值的性質,需g(5)和g(1)的值互為相反數.g(5)>0,g(1)<0,g(5)=-g(1).則25+q=-1-q,即q=-13.此時[f(x)max]min=|g(5)|=12.

由以上探究可知,不同的p,q會對應不同的最值,要求得[f(x)max]min,(p,q)應為某組特值,不可直接特殊化p或q計算.另外,f(x)還有以下可能的七種情形:

①g(5)>0,g(1)<0,g(5)=-g(1);

②g(5)<0,g(1)>0,g(5)=-g(1).

即p∈(-10,-2)時,

探究2 圖象的七種情形.

25+5p+q=-(1+p+q).

得q=-3p-13.

所以[f(x)max]min=|g(1)|=|1+p+q|=|1+p-3p-13|=|-2p-12|,當p=-2或p=-10時,[f(x)max]min=8.

25+5p+q=1+p+q.

則p=-6.

f(1)=f(5)=|-5+q|.

故p=-2時,即對稱軸為x=1時取得最值.

歸結至p≥-2時的情形,有[f(x)max]min=8.

探究3 解法優化與結論推廣.

通過以上探究不難發現,對于二次函數,在區間長度固定的情況下,只需對稱軸取區間中點,且兩端點及對稱軸處等值時,就能取得[f(x)max]min.換言之,將拋物線平移至y軸為對稱軸時,不影響[f(x)max]min的取值.故本題同解于對函數f(x)=|x2+q′|,x∈[-2,2]時,任取q′,求[f(x)max]min.即f(-2)=f(2)=f(0),即4+q′=-q′,即q′=-2,故[f(x)max]min=2.

推廣函數f(x)=|x2+px+q|對?p,q∈R,x∈[m,m+2n](n>0)時,[f(x)max]min的值與函數f(x)=|x2+q′|對q′∈R,x∈[-n,n]時,[f(x)max]min的值相同.

由f(-n)=f(n)=f(0),得

探究4 三次函數.

簡證記A(m,f(x2)),B(x1,f(x1)),M(x0,f(x0)),C(x2,f(x2)),D(n,f(x1)).

由f′(x)=3ax2+2bx+c,得f″(x)=6ax+2b.

令f′(x)=0,其兩根為x1,x2,則

則2x1+n=x1+x0+x2.

即x1+n=x0+x2.

即x1,x0,x2,n成等差數列.

同理,m,x1,x0,x2也成等差數列.

故m,x1,x0,x2,n成等差數列.

類似地,對于三次函數,利用其對稱性和等差性,合理布局圖象,就可以求得[f(x)max]min.

例1設函數f(x)=|x3-6x2+ax+b|.若對任意的實數a和b,總存在x0∈[0,3],使f(x0)≥m成立,則m的取值范圍是____.

解析令g(x)=x3-6x2+ax+b,由g′(x)=3x2-12x+a,g″(x)=6x-12=0,得x=2.

即g(x)的對稱中心為(2,g(2)).

由三次函數圖象特征,需g(2)=0,g(3)=g(0)<0(g(1)=-g(3)>0)時,[f(x)max]min=f(3)=f(1)=f(0).

由f(2)=2a+b-16=0,f(1)=f(0),即

a+b-5=-b.

則a=9,b=-2.

此時,[f(x)max]min=f(0)=2,故m≤2.

探究5 無對稱性函數.

例2 設函數f(x)=|(x-1)lnx+ax+b|,a,b∈R,總存在x0∈[1,e],使得不等式f(x0)≥m成立,則實數m取得最大值時,實數a的值為____.

顯然,φ(x)=(x-1)lnx+ax+b不具有對稱性,無法直接布局出其函數圖象.依據前面探索,影響取值點的有端點和極值點.由于參數a的存在,極值點無法求得.此時考慮分離函數,令

g(x)=(x-1)lnx,

h(x)=-ax-b,

則f(x)=|(x-1)lnx+ax+b|可看作g(x)=(x-1)lnx與h(x)=-ax-b在橫坐標相等時,縱坐標的豎直距離.此時,合理布局g(x)與h(x)的圖象即可.

解析由g(x)=(x-1)lnx,x∈[1,e],可取A(1,0),B(e,e-1),所以AB的直線方程為

l1:y=x-1.

由(x-1)-(x-1)lnx>0得,l1的圖象始終在g(x)上方.設l2與AB平行且與g(x)=(x-1)lnx相切于點C(x0,y0),

當h(x)與l1,l2平行且與兩條直線的距離相等時,即恰好在l1,l2的中間,此時

即f(x)=|g(x)-h(x)|

通過分離函數,將問題轉化為一個不含參數的函數g(x)與一條直線h(x)縱坐標的豎直距離.此時,將函數g(x)介于兩端點連線l1與平行于l1的切線l2之間,h(x)即為l1與l2的“中位直線”.從而將一個復雜函數的問題轉化為一個簡單函數與直線的問題,拓寬了思路,降低了難度.

探究6特征點.

不難發現,分離函數后切點(即為原來函數的極值點),二次函數的對稱軸,三次函數有關的極值點、端點,都影響著[f(x)max]min.這些極值點和端點,我們統稱f(x)的“特征點”.如引例的特征點為1,3,5.例1的特征點為0,1,3.例2的特征點為1,x0,e.對于例1,利用特征點,可做如下解答:

記f(x)max=M,則有

f(0)=|b|≤M,

f(1)=|-5+a+b|≤M,

f(3)=|-27+3a+b|≤M.

由待定系數法,設A,B,C為常數,令Ab+B(-5+a+b)+C(-27+3a+b)=(-5B-27C)+(B+3C)a+(A+B+C)b,令B+3C=0,A+B+C=0,其中(A,B,C)的一組解為(2,-3,1).由絕對值三角不等式,有

12=|2f(0)-3f(1)+f(3)|

≤2|f(0)|+3|f(1)|+|f(3)|=6M,

故M≥2.

此解法利用絕對值三角不等式,使得解答看起來簡潔迅速.但事實上,式子中必須包含函數所有的“特征點”.合理布局“特征點”的位置和系數,才能求得[f(x)max]min.而“特征點”的尋找,是破題的關鍵.

特征點法:在處理函數的最大值的最小值問題時,我們可以采取“三點控制”或者“四點控制”法,結合函數圖象的特征,幾個“特征點”如下:

①對于二次函數而言,采用“三點控制法”,這三個點分別是兩區間端點和區間中點.

②對于三次函數而言,一般采用“四點控制法”,這四點分別是兩區間端點和分別靠近兩個端點的四等分點.但有些三次函數也只需“三點控制”,求解時需要靈活處理.

③對于平口(端點同高)的對勾函數而言,這三點分別是兩端點與極值點;對于一般的對勾函數而言,這三點除了端點外,就是平行于兩端點連線的直線與該曲線的切點[2].

3 背景探究

事實上,上述問題都源于切比雪夫逼近問題.

由多倍角公式,我們知道cos(nx)可以表示成cosx的多項式,具體如下:

cos0=1,

cosx=cosx,

cos2x=2cos2x-1,

cos3x=4cos3x-3cosx,

cos4x=8cos4x-8cos2x+1,

cos5x=16cos5x-20cos3x+5cosx.

從而,我們得到:

3.1 切比雪夫多項式

定義1Tn(x)=cos(narccosx)是一個n次多項式,稱為n次切比雪夫多項式,其中x∈[-1,1],n∈N.

T0(x)=1,T1(x)=x,T2(x)=2x2-1,T3(x)=4x3-3x,T4(x)=8x4-8x2+1,T5(x)=16x5-20x3+5x.

3.2 最佳逼近直線

如果f(x)不是n次多項式,以上方法還適用嗎?為了解決此類問題,需給出如下定義與定理.

性質3 若函數f(x)是定義在區間[a,b]上的連續函數,則f(x)的最佳逼近直線存在且唯一.

性質4直線g(x)是連續函數f(x)(x∈[a,b])的最佳逼近直線的充要條件是g(x)至少具有三個偏差點,且它們依次輪流為正、負偏差點.

注定理2告訴我們,可根據如下步驟作出凹、凸函數在區間[a,b]上的最佳逼近直線g(x).

(1)連接MN;

(2)在函數圖象上找一點C,使得在該點處的切線與直線MN平行;

(3)過線段MC的中點D作直線MN的平行線l.

這樣的直線l就是所求的最佳逼近直線g(x),點M,C,N依次輪流為正、負偏差點[3].

4 真題賞析

縱觀近年來各地高考模擬、強基、高聯試題,都有以上述問題為模板的題目,或者直接出現,或者變換函數,或者變換設問方式.簡錄幾個如下:

題1(2010年全國高聯)已知函數f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),當0≤x≤1時,|f′(x)|≤1,試求a的最大值.

(1)當a=0,b=1時,寫出函數f(x)的單調區間;

(3)若對任意實數a,b,總存在實數x0∈[0,4],使不等式f(x0)≥m成立,求實數m的取值范圍.

題4(2021年競賽模擬)對于區間I=[a,b](a

題5(2022年強基模擬)已知函數f(x)=(1-x2)(x2+bx+c),x∈[-1,1],記|f(x)|的最大值為M(b,c).當b,c變化時,求M(b,c)的最小值.

題6(2023年紹興期末)已知函數f(x)=|x+a|+|x2+b|,x∈[0,1].設f(x)的最大值為M,若M的最小值為1時,a的值可以是( ).

5 幾點感悟

5.1 合理布局函數圖象是破題關鍵

從某種意義上講,函數解析式是隱性的,函數圖象是顯性的.函數的性質是抽象的,函數的圖象是具象的.函數的性質為函數設定了“邊界”,使函數只能滿足某些特定的屬性,而不能擁有與之相悖的屬性.但在這指定的“邊界”內,函數依舊有著多樣的可能性.如何在這些“可能性”中恰當選擇,我們需要一個可視化的操作對象.函數圖象就是這個操作對象.利用函數的零點、特殊點、極值、最值、對稱軸、對稱中心、單調性、奇偶性、周期性等,結合圖象的平移、翻折、伸縮、旋轉等變換,合理調整、布局函數的圖象,是破題的關鍵.如在引例中,通過對二次函數單調性、對稱性、最值,以及絕對值函數圖象變換規律,最終在七種圖象中,通過對比、調整,選定了f(1)=f(5)=f(3)形式的圖象.而在例2中,無法直接作出φ(x)=(x-1)lnx+ax+b的圖象時,通過轉化,再合理布局g(x)=(x-1)lnx與h(x)=-ax-b的圖象,才實現了題目的突破.同時,合理布局的函數圖象,還能實現題目幾何意義的表達,借助幾何關系,進而實現解題目標的直觀和路徑通暢.在例2中,正是利用切線和割線,完成了從最大值的最小值到“中位平行線”的轉化.

5.2 嚴密代數推理盡顯解答之妙

雖然函數圖象能夠快速直觀地解決問題,但在說理過程中,其依舊有著諸多缺陷.由于圖象的具象性,具體函數圖象只是列舉了函數的某些可能性,而滿足某種性質的函數是無限的.如函數f(x)在其定義域內單調遞增,可以是一次函數,可以是三次函數,也可以是底數大于1的指數函數等.當然,如果情形是有限的,可以使用圖象結合分類討論的方法解決問題.函數圖象的說理具有不嚴密性,如從函數的意義上講,函數上的點是無限的,而所作出的圖象是有限的.圖象甚至具有誤導性,如在例1的探究過程中,筆者在最初作圖探究時發現函數的左右端點處等值,三次函數的對稱中心處值為0就能得到最大值的最小值,進而進行了忽略三次函數中端點、極值點、對稱中心橫坐標等差性的限定.另外,圖象還有局限性和冗余性等特點,而代數推理高度概括的特點使之具有更廣的操作空間.

5.3 高位知識是活水之源

所謂高位知識,是指在學生知識體系之外,高于學生認知的知識,其包括高等數學的弱化、初等數學的升華、跨學科的融合等.高位知識并非深不可測,他只需學生在現有知識體系內,往前邁出一小步.如本文中的切比雪夫逼近直線所用的知識全是高中知識,只是將解答流程規范化、名詞化.立足高位知識,更容易建立起知識的體系性.如通過切比雪夫多項式和最佳逼近直線,很容易建立起一元n次多項式和一般連續函數在最大值的最小值問題上的遞進性關系.立足高位知識,更容易發現解法之間的關聯,如對于例1,布局函數圖象,轉化為一個三次函數與一條直線縱坐標差值,或者特征點法三種方法,其實都是關于三個特征點的處理.高位知識是命題的活水之源,只要是函數f(x)在區間[a,b]上存在二階導數,且f″(x)在[a,b]上不變號,就能通過最佳逼近直線求得最大值的最小值.只要掌握高位知識,就能達到解一題知一類,實現知識的通達和思維的深化.

6 結束語

總之,合理布局函數圖象是解題的切入點,嚴密代數推理是解題的基本素養.初等方法是解題的必須要求,高位知識是思維貫穿的保障.綜合并用,方能更好抵達.