再谈解题辩证法

摘 要：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.本文将再从 “分离参数与分类讨论、运用前一问的结论和直接解答该问、找点与不找点都是严谨解答” 这三个方面续谈解题辩证法.

关键词：解题;辩证法;分离参数;分类讨论

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2020）22-0062-04

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）

解法1 （分离参数）B.因为函数

f（x）=ax3-3x2+1的零点不为0，所以可得本题的题设即“关于x的方程3（1x）-（1x）3=a有唯一实根，且该实根是正数”，也即“关于x的方程3x-x3=a（x≠0）有唯一实根，且该实根是正数”，还即“关于x的方程3x-x3=a有唯一实根，且该实根是正数”.

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a<0，此时可得函数f（x）在-∞，2a，2a，0，（0，1）上分别是减函数、增函数、减函数.再由f（0）=1>0，f（1）=a-2<0，可得f（x）存在唯一的正数零点，所以题意即f（x）不存在非负数零点，也即f（x）极小值=f2a=1-4a2>0，a<-2.

所以所求a的取值范围是（-∞，-2）.

题2 已知函数f（x）=13x3-a（x2+x+1）.

（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.

（2）（分离参数法）由于x2+x+1=x+122+34>0，所以f（x）=0等价于x3x2+x+1-3a=0.

设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（当且仅当x=0时g′x=0），所以gx在-∞，+∞上单调递增.

因而gx至多有一个零点，即fx至多有一个零点.

因为f3a-1=-6a2+2a-13=-6（a-16）2-16<0，f3a+1=13>0，所以fx只有一个零点.

（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>max1，9a时，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时，设当x=-t时，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.

②当Δ>0即a<-1或a>0时，设f ′（x）的两个零点分别是x1，x2（x1<x2），可得x2i=a（2xi+1）（i=1，2），且

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

f（x）极小值=f（x2）=-13a[（x2+1）2+2].

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;

（2）证明当x∈（1，+∞）时，1<x-1lnx<x;

（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.

令g′（x）=0，解得x0=lnc-1lnclnc.

当x<x0时，g′（x）>0，g（x）单调递增;当x>x0时，

g′（x）<0，g（x）单调递减.

因为c>1，由（2）的结论知，1<c-1lnc<c，所以0<x0<1.

又因为g（0）=g（1）=0，所以当0<x<1时，g（x）>0.

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（0<x<1，c>1）.

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）<g（0）=0（0<x<ea-1-1），此时不满足题意.

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）<g（0）=0（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<x<x0），g（x）在（0，x0）上是减函数，因而g（x）<g（0）=0（0<x<x0），此时也不满足题意.

综上所述，可得所求a的取值范圍是（-∞，1].

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

（1）当a=4时，求曲线y=fx在1，f1处的切线方程;

（2）若当x∈1，+∞时，fx>0，求a的取值范围.

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）是增函数.

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）<f（1）=0（1<x<x0），得此时不满足题意.

当a>2时，也可不用找到f ′（x）的零点x0（1<x0<ea）来说明a>2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）<f（1）=0（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<x<x0），f（x）在（1，x0）上是减函数，因而f（x）<f（1）=0（1<x<x0），此时也不满足题意.

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

fx=1-x2ex.

（1）讨论fx的单调性;

（2）当x≥0时，fx≤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≥max1，lna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<x<d），说明此时不满足题意.

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）<g（0）=0（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<x<x0），g（x）在（0，x0）上是减函数，因而g（x）<g（0）=0（0<x<x0），此时也不满足题意.

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）<f（a）（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<x<x0），f（x）在（a，x0）上是減函数，因而f（x）<f（a）（a<x<x0），此时也不满足f（x）≥f（a）（x≥a）恒成立.

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.

参考文献：

[1]甘志国.用一道课本三角函数题的结论解题[J].河北理科教学研究，2018（03）：8-11.

[责任编辑：李 璟]