再談解題辯證法

摘?要：拙文《解題辯證法》從“有時(shí)需要把簡(jiǎn)單化為復(fù)雜來(lái)解題、拼角和拆角、設(shè)而不求與設(shè)并且求、不變（靜止）與變化（運(yùn)動(dòng)）”四個(gè)方面闡述了解題辯證法.本文將再?gòu)?“分離參數(shù)與分類討論、運(yùn)用前一問(wèn)的結(jié)論和直接解答該問(wèn)、找點(diǎn)與不找點(diǎn)都是嚴(yán)謹(jǐn)解答” 這三個(gè)方面續(xù)談解題辯證法.

關(guān)鍵詞：解題;辯證法;分離參數(shù);分類討論

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2020）22-0062-04

發(fā)表于貴刊2019年第3期第2～5頁(yè)的拙文《解題辯證法》從“有時(shí)需要把簡(jiǎn)單化為復(fù)雜來(lái)解題、拼角和拆角、設(shè)而不求與設(shè)并且求、不變（靜止）與變化（運(yùn)動(dòng)）”四個(gè)方面闡述了解題辯證法，下面再?gòu)牧硗獾娜齻€(gè)方面續(xù)談解題辯證法.

一、分離參數(shù)與分類討論

題1?（2014年高考課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ理科第11題即文科第12題）已知函數(shù)f（x）=ax3-3x2+1，若f（x）

存在唯一的零點(diǎn)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(shù)）B.因?yàn)楹瘮?shù)

f（x）=ax3-3x2+1的零點(diǎn)不為0，所以可得本題的題設(shè)即“關(guān)于x的方程3（1x）-（1x）3=a有唯一實(shí)根，且該實(shí)根是正數(shù)”，也即“關(guān)于x的方程3x-x3=a（x≠0）有唯一實(shí)根，且該實(shí)根是正數(shù)”，還即“關(guān)于x的方程3x-x3=a有唯一實(shí)根，且該實(shí)根是正數(shù)”.

用導(dǎo)數(shù)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(shù)f（x）在（-∞，0）上是增函數(shù)（因?yàn)榇藭r(shí)f ′（x）>0），而f（-1）=-a-2<0，f（0）=1>0，所以此時(shí)f（x）有負(fù)數(shù)零點(diǎn)，不滿足題意.

所以a<0，此時(shí)可得函數(shù)f（x）在-∞，2a，2a，0，（0，1）上分別是減函數(shù)、增函數(shù)、減函數(shù).再由f（0）=1>0，f（1）=a-2<0，可得f（x）存在唯一的正數(shù)零點(diǎn)，所以題意即f（x）不存在非負(fù)數(shù)零點(diǎn)，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(shù)f（x）=13x3-a（x2+x+1）.

（1）若a=3，求f（x）的單調(diào)區(qū)間;

（2）證明：f（x）只有一個(gè)零點(diǎn).

解?（1）略.

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

設(shè)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(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)g′x=0），所以gx在-∞，+∞上單調(diào)遞增.

因而gx至多有一個(gè)零點(diǎn)，即fx至多有一個(gè)零點(diǎn).

因?yàn)閒3a-1=-6a2+2a-13=-6（a-16）2-16<0，f3a+1=13>0，所以fx只有一個(gè)零點(diǎn).

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

當(dāng)x>max1，9a時(shí)，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(dāng)x<min-1，-3a時(shí)，設(shè)當(dāng)x=-t時(shí)，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(diǎn).

①當(dāng)Δ≤0即-1≤a≤0時(shí)，f（x）是增函數(shù)，進(jìn)而可得函數(shù)f（x）有且只有一個(gè)零點(diǎn).

②當(dāng)Δ>0即a<-1或a>0時(shí)，設(shè)f ′（x）的兩個(gè)零點(diǎn)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(dāng)a>0時(shí)，f（x）極大值<0;當(dāng)a<-1時(shí)，f（x）極小值>0，因而當(dāng)Δ>0時(shí)，三次函數(shù)f（x）均有且只有一個(gè)零點(diǎn).

綜上所述，可得欲證結(jié)論成立.

二、運(yùn)用前一問(wèn)的結(jié)論和直接解答該問(wèn)

題3?（2016年高考全國(guó)卷Ⅲ文科第21題）設(shè)函數(shù)

f（x）=lnx-x+1.

（1）討論f（x）的單調(diào)性;

（2）證明當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，1<x-1lnx<x;

（3）設(shè)c>1，證明當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，1+（c-1）x>cx.

解?（1）（2）略.

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

令g′（x）=0，解得x0=lnc-1lnclnc.

當(dāng)x<x0時(shí)，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增;當(dāng)x>x0時(shí)，

g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減.

因?yàn)閏>1，由（2）的結(jié)論知，1<c-1lnc<c，所以0<x0<1.

又因?yàn)間（0）=g（1）=0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g（x）>0.

即當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，1+（c-1）x>cx.

（3）的另證?設(shè)g（x）=1+（c-1）x-cx（x∈R），可得g′（x）=c-1-cxlnc（x∈R）是減函數(shù)（因?yàn)閏>1）.

還可得g′（x）有唯一的零點(diǎn)（設(shè)為x0），進(jìn)而可得g（x）在（-∞，x0），（x0，+∞）上分別是增函數(shù)、減函數(shù).

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

（3）的再證?設(shè)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(shù)，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(jié)論（事實(shí)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(jié)論）;題3（3）的后兩種解法是“單刀直入”，均未用到前面的結(jié)論，反而更簡(jiǎn)潔更自然.

三、找點(diǎn)與不找點(diǎn)都是嚴(yán)謹(jǐn)解答

題4?（2006年高考全國(guó)卷Ⅱ理科第20題）設(shè)函數(shù)f（x）=（x+1）ln（x+1）.若對(duì)所有的x≥0，都有f（x）≥ax成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解?設(shè)g（x）=f（x）-ax=（x+1）ln（x+1）-ax（x≥0），g′（0）=1-a<0，可得題設(shè)即g（x）≥g（0）（x≥0）恒成立.

所以當(dāng)g（x）（x≥0）是增函數(shù)即g′（x）≥0（x≥0）恒成立時(shí)滿足題設(shè).

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

當(dāng)a>1時(shí)，得g′（x）的零點(diǎn)為ea-1-1，且當(dāng)x∈（0，ea-1-1）時(shí)，g′（x）<0，即g′（x）在（0，ea-1-1）上是減函數(shù)，得g（x）<g（0）=0（0<x<ea-1-1），此時(shí)不滿足題意.

當(dāng)a>1時(shí)，也可不用找到g′（x）的零點(diǎn)ea-1-1來(lái)說(shuō)明a>1不滿足題意：

因?yàn)間′（x）（x≥0）是增函數(shù)，所以g′（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0或1.

當(dāng)g′（x）（x≥0）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0時(shí)，由g′（0）=1-a<0知g′（x）<0（x≥0），g（x）（x≥0）是減函數(shù)，因而g（x）<g（0）=0（x>0），此時(shí)不滿足題意.

當(dāng)g′（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1時(shí)，設(shè)其零點(diǎn)是x0，可得g′（x）<0（0<x<x0），g（x）在（0，x0）上是減函數(shù)，因而g（x）<g（0）=0（0<x<x0），此時(shí)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(guó)卷Ⅱ文科第20題）已知函數(shù)fx=x+1lnx-ax-1.

（1）當(dāng)a=4時(shí)，求曲線y=fx在1，f1處的切線方程;

（2）若當(dāng)x∈1，+∞時(shí)，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(shù).

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

當(dāng)a>2時(shí)，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(shù)，得當(dāng)x∈（1，x0）時(shí)f ′（x）<0，得此時(shí)f（x）是減函數(shù)，所以f（x）<f（1）=0（1<x<x0），得此時(shí)不滿足題意.

當(dāng)a>2時(shí)，也可不用找到f ′（x）的零點(diǎn)x0（1<x0<ea）來(lái)說(shuō)明a>2不滿足題意：

因?yàn)閒 ′（x）是增函數(shù)，所以f ′（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0或1.

當(dāng)f ′（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0時(shí)，由f ′（1）=2-a<0知f ′（x）<0，f（x）是減函數(shù)，因而f（x）<f（1）=0（x>1），此時(shí)不滿足題意.

當(dāng)f ′（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1時(shí)，設(shè)其零點(diǎn)是x0，可得f ′（x）<0（1<x<x0），f（x）在（1，x0）上是減函數(shù)，因而f（x）<f（1）=0（1<x<x0），此時(shí)也不滿足題意.

綜上所述，可得所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是-∞，2.

題6?（2017年高考全國(guó)卷Ⅱ文科第21題）設(shè)函數(shù)

fx=1-x2ex.

（1）討論fx的單調(diào)性;

（2）當(dāng)x≥0時(shí)，fx≤ax+1，求a的取值范圍.

解?（1）略.

（2）設(shè)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(shù)，得g′（x）≥g′（0）=a-1（x≥0）.當(dāng)a-1≥0即a≥1時(shí)，可得g（x）是增函數(shù).

因?yàn)轭}設(shè)即g（x）≥g（0）（x≥0）， 所以當(dāng)a≥1時(shí)，滿足題意.

當(dāng)a<1時(shí)，可得g′（0）=a-1<0.

當(dāng)c≥max1，lna時(shí)，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(shù)d使得g′（d）=0，所以g（x）在[0，d]上是減函數(shù)，得g（x）≤g（0）=0（0<x<d），說(shuō)明此時(shí)不滿足題意.

當(dāng)a<1時(shí)，也可不用找到g′（x）的零點(diǎn)d來(lái)說(shuō)明a<1不滿足題意：

因?yàn)間′（x）是增函數(shù)，所以g′（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0或1.

當(dāng)g′（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0時(shí)，由g′（0）=a-1<0知g′（x）<0，g（x）是減函數(shù)，因而g（x）<g（0）=0（x>0），此時(shí)不滿足題意.

當(dāng)g′（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1時(shí)，設(shè)其零點(diǎn)是x0，可得g′（x）<0（0<x<x0），g（x）在（0，x0）上是減函數(shù)，因而g（x）<g（0）=0（0<x<x0），此時(shí)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(shù)，則f（x）≥f（a）（x≥a）恒成立f ′（a）≥0;

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

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

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

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

當(dāng)f ′（a）<0時(shí)：

由f ′（x）（x≥a）是增函數(shù)，可得f ′（x）（x≥a）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0或1.

當(dāng)f ′（x）（x≥a）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0時(shí)，由f ′（a）<0可得f ′（x）<0（x≥a），f（x）（x≥a）是減函數(shù)，f（x）<f（a）（x>a），此時(shí)不滿足f（x）≥f（a）（x≥a）恒成立.

當(dāng)f ′（x）（x≥a）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1時(shí)，設(shè)其零點(diǎn)是x0，可得f ′（x）<0（a<x<x0），f（x）在（a，x0）上是減函數(shù)，因而f（x）<f（a）（a<x<x0），此時(shí)也不滿足f（x）≥f（a）（x≥a）恒成立.

綜上所述，可得欲證結(jié)論成立.

（2）同（1）可證.

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

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

參考文獻(xiàn)：

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

[責(zé)任編輯：李?璟]