再谈解题辩证法

甘志国

(北京市丰台二中 100071)

发表于贵刊2019年第3期第2～5页的拙文《解题辩证法》从“有时需要把简单化为复杂来解题、拼角和拆角、设而不求与设并且求、不变(静止)与变化(运动)”四个方面阐述了解题辩证法，下面再从另外的三个方面续谈解题辩证法.

一、分离参数与分类讨论

题1(2014年高考课标全国卷Ⅰ理科第11题即文科第12题)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是( ).

A.(2,+∞) B.(-∞,-2)

C.(1,+∞) D.(-∞,-1)

用导数容易作出曲线y=3x-x3如图1所示.

图1

由图1可得答案是B．

解法2(分类讨论)B.可先得a≠0.再得f′(x)=3x(ax-2).

若a>0，可得函数f(x)在(-∞,0)上是增函数(因为此时f′(x)>0)，而f(-1)=-a-2<0,f(0)=1>0，所以此时f(x)有负数零点，不满足题意.

所以所求a的取值范围是(-∞,-2).

(1)若a=3，求f(x)的单调区间；

(2)证明：f(x)只有一个零点．

解(1)略．

因而g(x)至多有一个零点，即f(x)至多有一个零点．

(2)的另证 (分类讨论)可得f′(x)=x2-2ax-a，其判别式Δ=4a(a+1).

当x>max{1,9|a|}时，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)存在零点.

①当Δ≤0即-1≤a≤0时，f(x)是增函数，进而可得函数f(x)有且只有一个零点．

所以当a>0时，f(x)极大值<0；当a<-1时，f(x)极小值>0，因而当Δ>0时，三次函数f(x)均有且只有一个零点.

综上所述，可得欲证结论成立.

二、运用前一问的结论和直接解答该问

题3(2016年高考全国卷Ⅲ文科第21题)设函数f(x)=lnx-x+1.

(1)讨论f(x)的单调性；

(3)设c>1，证明当x∈(0,1)时，1+(c-1)x>cx.

解(1)(2)略.

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

当x0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．

又因为g(0)=g(1)=0，所以当00.

即当x∈(0，1)时，1+(c-1)x>cx.

(3)的另证 设g(x)=1+(c-1)x-cx(x∈R)，可得g′(x)=c-1-cxlnc(x∈R)是减函数(因为c>1).

还可得g′(x)有唯一的零点(设为x0)，进而可得g(x)在(-∞,x0),(x0,+∞)上分别是增函数、减函数.

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

(3)的再证 设h(c)=1+(c-1)x-cx(c>1)，可得

h′(c)=x(c0-cx-1)>0(01).

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

注题3(3)的第一种解法(即官方给出的参考答案)用到了题3(2)的结论(事实上，在官方给出的题3(2)的参考答案中，又用到了题3(1)的结论)；题3(3)的后两种解法是“单刀直入”，均未用到前面的结论，反而更简洁更自然.

三、找点与不找点都是严谨解答

题4(2006年高考全国卷Ⅱ理科第20题)设函数f(x)=(x+1)ln(x+1).若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求实数a的取值范围．

解设g(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x+1)-ax(x≥0),g′(0)=1-a<0，可得题设即g(x)≥g(0)(x≥0)恒成立.

所以当g(x)(x≥0)是增函数即g′(x)≥0(x≥0)恒成立时满足题设.

可得g′(x)=ln(x+1)+1-a(x≥0)，且g′(x)(x≥0)是增函数，所以当g′(0)=1-a≥0即a≥1时满足题设.

当a>1时，得g′(x)的零点为ea-1-1，且当x∈(0,ea-1-1)时，g′(x)<0，即g′(x)在(0,ea-1-1)上是减函数，得g(x)

当a>1时，也可不用找到g′(x)的零点ea-1-1来说明a>1不满足题意：

因为g′(x)(x≥0)是增函数，所以g′(x)的零点个数为0或1.

当g′(x)(x≥0)的零点个数为0时，由g′(0)=1-a<0知g′(x)<0(x≥0),g(x)(x≥0)是减函数，因而g(x)0)，此时不满足题意．

当g′(x)的零点个数为1时，设其零点是x0，可得g′(x)<0(0

综上所述，可得所求a的取值范围是(-∞,1]．

题5 (2016年高考全国卷Ⅱ文科第20题)已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).

(1)当a=4时，求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程；

(2)若当x∈(1,+∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.

解(1)略.

当a≤2时，可得f′(x)>f′(1)=2-a>0(x>1)，所以f(x)是增函数，得f(x)>f(1)=0(x>1)，得此时满足题意.

当a>2时，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)是增函数，得当x∈(1,x0)时f′(x)<0，得此时f(x)是减函数，所以f(x)

当a>2时，也可不用找到f′(x)的零点x0(12不满足题意：

因为f′(x)是增函数，所以f′(x)的零点个数为0或1.

当f′(x)的零点个数为0时，由f′(1)=2-a<0知f′(x)<0,f(x)是减函数，因而f(x)1)，此时不满足题意．

当f′(x)的零点个数为1时，设其零点是x0，可得f′(x)<0(1

综上所述，可得所求实数a的取值范围是(-∞,2].

题6(2017年高考全国卷Ⅱ文科第21题)设函数f(x)=(1-x2)ex.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当x≥0时，f(x)≤ax+1，求a的取值范围.

解(1)略.

(2)设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)是增函数，得g′(x)≥g′(0)=a-1(x≥0).当a-1≥0即a≥1时，可得g(x)是增函数.

因为题设即g(x)≥g(0)(x≥0)， 所以当a≥1时，满足题意.

当a<1时，可得g′(0)=a-1<0.

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

因而存在正数d使得g′(d)=0，所以g(x)在[0,d]上是减函数，得g(x)≤g(0)=0(0

当a<1时，也可不用找到g′(x)的零点d来说明a<1不满足题意：

因为g′(x)是增函数，所以g′(x)的零点个数为0或1.

当g′(x)的零点个数为0时，由g′(0)=a-1<0知g′(x)<0,g(x)是减函数，因而g(x)0)，此时不满足题意．

当g′(x)的零点个数为1时，设其零点是x0，可得g′(x)<0(0

综上所述，可得所求a的取值范围是[1，+∞)．

定理(1)若f′(x)(x≥a)是增函数，则f(x)≥f(a)(x≥a)恒成立⟺f′(a)≥0；

(2)若f′(x)(x≤a)是减函数，则f(x)≤f(a)(x≤a)恒成立⟺f′(a)≥0；

(3)若g′(x)(x≥a)是减函数，则g(x)≤g(a)(x≥a)恒成立⟺g′(a)≤0.

(4)若g′(x)(x≤a)是减函数，则g(x)≥g(a)(x≤a)恒成立⟺g′(a)≥0.

证明(1)当f′(a)≥0时，由f′(x)(x≥a)是增函数，可得f′(x)>0(x>a),f(x)(x≥a)是增函数，所以f(x)≥f(a)(x≥a)恒成立.

当f′(a)<0时：

由f′(x)(x≥a)是增函数，可得f′(x)(x≥a)的零点个数为0或1.

当f′(x)(x≥a)的零点个数为0时，由f′(a)<0可得f′(x)<0(x≥a),f(x)(x≥a)是减函数，f(x)a)，此时不满足f(x)≥f(a)(x≥a)恒成立．

当f′(x)(x≥a)的零点个数为1时，设其零点是x0，可得f′(x)<0(a

综上所述，可得欲证结论成立．

(2)同(1)可证.

(3)在(1)的结论中令f(x)=-g(x)(x≥a)后，可得欲证结论成立.

(4)在(2)的结论中令f(x)=-g(x)(x≥a)后，可得欲证结论成立.