欲擒故縱
——談導數壓軸試題中一類參數最值(取值范圍)的求解思路

陳錦山 蘇藝偉

(1.福建省漳浦第四中學 363100；2.福建省龍海第一中學新校區 363100)

基金項目：課題立項:本文是2019年度福建省基礎教育課程教學研究課題《微課在高中數學教學中的開發研究》(編號MJYKT2019-031)的階段性研究成果.

一、概述

導數壓軸試題中的求參數最值或取值范圍問題經久不衰,且?？汲Ｐ?常規解法是首先對函數f(x)求導,發現導函數f′(x)含有隱零點,然后虛設零點x0,再整體代換.整體代換指的是將超越式(含ex或lnx的表達式)替換成普通式子.然而此類解題思路并不適用于所有的求參最值問題.對于一類求參最值(取值范圍)問題,往往不是替換超越式,而是必須替換含參數的表達式方能順利求解.此類含參最值問題的求解思路如下:

第一:對f(x)求導,發現得到的f′(x)含有隱零點,然后虛設零點x0.

第二:由f′(x0)=0將參數a或者含有參數a的表達式替換成只含有x0的表達式(將該表達式記為(1)).

第三:將(1)式代入待求的表達式當中,得到一個只含有x0的表達式(將該表達式記為(2)).結合題意求出x0的范圍.

第四:結合(1)式根據x0的范圍反解出a的取值范圍(或者a的最值).

不難發現,上述求解思路首先將a替換起來,最后再反解出a的取值范圍,可以形象地稱之為欲擒故縱.以下舉例說明.

二、應用

例1已知函數f(x)=lnx+ax-x2,a∈R.若f(x)≤0在定義域內恒成立,求a的取值范圍.

結合二次函數的性質可知存在x0∈(0,+∞),使得h(x0)=0.

當x∈(0,x0)時,h(x)>0,f′(x)>0,f(x)在(0,x0)上單調遞增;

當x∈(x0,+∞)時,h(x)<0,f′(x)<0,f(x)在(x0,+∞)上單調遞減.

記φ(x)=lnx+x2-1,顯然φ(1)=0.

φ′(x)>0,φ(x)在(0,+∞)上單調遞增.

因此,當x0∈(0,1]時,φ(x)≤φ(1)=0.

例2已知函數f(x)=4e3x-3(x-a)4+16,a<1.當x≥0時,f(x)≥0恒成立,求a的最小值.

解析f′(x)=12(e3x-(x-a)3)

=12(ex-x+a)(e2x-ex(x-a)+(x-a)2).

令g(x)=ex-x+a,x≥0,a<1.

由g′(x)=ex-1≥0,得g(x)在[0,+∞)上單調遞增,故g(x)≥g(0)=1+a.

若1+a≥0,即-1≤a<1時,g(x)≥0,f′(x)≥0,f(x)在[0,+∞)上單調遞增,f(x)≥f(0)=20-3a4.由于-1≤a<1所以f(x)≥0,符合題意.

若1+a<0,即a<-1時,

由g(0)=1+a<0,g(-a)=e-a+2a≥e(-a)+2a=a(2-e)>0,結合零點存在性定理可知,存在唯一的零點x0∈(0,-a)使得g(x0)=0.

當x∈(0,x0)時,g(x)<0,f′(x)<0,f(x)在(0,x0)上單調遞減,

當x∈(x0,+∞)時,g(x)>0,f′(x)>0,f(x)在(x0,+∞)上單調遞增.

故f(x)min=f(x0)=4e3x0-3(x0-a)4+16.

由g(x0)=0得ex0-x0+a=0,解得x0-a=ex0.…(1)代入上式,

得f(x)min=f(x0)=4e3x0-3e4x0+16.……(2)

令t=ex0,t>1,記h(t)=4t3-3t4+16,顯然h(2)=0.

h′(t)=12t2(1-t)<0,h(t)在(1,+∞)上單調遞減.

因此,當t∈(1,2]時,h(t)≥0.

令1

由于a=x0-ex0,所以a∈[ln2-2,-1).

綜上,ln2-2≤a<1,因此a的最小值為ln2-2.

簡析在上述解法中,由g(x0)=0得到(1)式,即將含有參數的表達式x0-a替換成為只含有隱零點的表達式ex0,然后代入f(x)min=f(x0)=4e3x0-3(x0-a)4+16,得到(2)式,結合題意求出隱零點x0∈(0,ln2],最后根據x0的范圍反解出a的取值范圍.

解析由已知可得,存在某條直線y=t(t>0)與f′(x)的圖象有兩個交點.

若a≤0,則f″(x)>0,f′(x)在(0,+∞)單調遞增,不符合題意.

若a>0,記h(x)=-2ax2+x+1,則h(x)=0有兩個不等實根x1,x2,不妨設x1<00,f″(x)>0,f′(x)在(0,x2)上單調遞增,

當x∈(x2,+∞)時,h(x)<0,f″(x)<0,f′(x)在(x2,+∞)上單調遞減.

問題轉化為h(x2)=0,f′(x2)>0.

記φ(x)=2lnx+x-1,x>0.

又φ(1)=0,解得x2>1.

例4已知函數fa(x)=ax(x-1)+lnx,若fa(x)≤0對任意的x>0恒成立,求a.

當x∈(0,x0)時,h(x)>0,fa′(x)>0,fa(x)在(0,x0)上單調遞增,

當x∈(x0,+∞)時,h(x)<0,fa′(x)<0,fa(x)在(x0,+∞)上單調遞減.

故fa(x)的最大值為fa(x0)=ax0(x0-1)+lnx0.

因此,h(x)=0,此時x0=1.

不難發現,此類試題綜合性強,融函數,導數,不等式,方程等眾多知識點于一體,能夠較好地考查學生的推理論證能力,運算求解能力,考查學生的轉化與化歸能力,數形結合能力.在解題中需要采用欲擒故縱之策略,即先將含參的表達式替換,再反解出參數的最值(取值范圍).在實際解題中我們應該在此策略下再靈活轉化,以期達到解題效果的最優化,提升數學思維能力.

四、練習

練習1已知函數f(x)=x2-ax+1,g(x)=lnx+a.若存在與f(x),g(x)圖象都相切的直線,求a的取值范圍.

解析設直線l與f(x)圖象相切于點A(x1,y1),與g(x)圖象相切于B(x2,y2),x2>0.

代入(2)得

代入F(x0)得

由G′(x)>0得G(x)在(0,+∞)上單調遞增,又G(1)=0,所以當0

即當0

練習2已知函數f(x)=ex+ax,若對任意x≥0均有2f(x)+3≥x2+a2,求實數a的取值范圍.

解析由已知可得2ex+2ax+3-x2-a2≥0.

記F(x)=2ex+2ax+3-x2-a2,則F(x)≥0,x≥0.

F′(x)=2(ex-x+a),F″(x)=2(ex-1)≥0,F′(x)在[0,+∞)上單調遞增,F′(x)≥F′(0)=2+2a.

若2+2a≥0,即a≥-1時,F′(x)≥0,F(x)在[0,+∞)上單調遞增,F(x)≥F(0)=5-a2.

若2+2a<0,即a<-1時,結合F′(-a)>0可知存在唯一的x0∈(0,-a)使得F′(x0)=0.且F(x)在(0,x0)單調遞減,在(x0,+∞)單調遞增.

又F′(x0)=0所以a=x0-ex0.

此時F(x0)=2ex0+3-e2x0.令2ex0+3-e2x0≥0,解得ex0≤3,所以0≤x0≤ln3.

記φ(x)=x-ex,0≤x≤ln3.φ′(x)≤0,φ(x)在[0,ln3]單調遞減,所以a∈[ln3-3,-1].又a<-1,所以a∈[ln3-3,-1).

綜上,a的取值范圍是[ln3-3,5].