走出困境:参数搅局理还乱(下)

主 讲：许志锋

中学高级教师，台州市“教学能手”，拥有20余年高三教学经验，参加过“部级骨干教师”培训并被授予合格证书.

通过上期的讲解，我们知道，当参数“添乱”导致函数问题不能被整体处理时，应通过分类讨论使问题变得清晰可解．要进行分类讨论，就必须搞清分类的目的、讨论的线索、参数的临界值等因素．在本期中，我们选择2011年浙江省高考样卷（理科）第22题为例题，再次就分类讨论进行讲解. 该题的函数解析式复杂，涉及两个函数和两个参数，乍一看很难找出头绪. 现在，就让我们在挑战问题的过程中，进一步体验走出“参数困境”的思考方法吧！

例 已知0＜a≤2， a≠1，ｆ（ｘ）＝■・x3-■x2+ax，ｇ（ｘ）＝ｘ3+ｂｘ2-（2ｂ+4）ｘ+ｌｎｘ. 若ｆ（ｘ）的极小值点与g（ｘ）的极小值点相同，求证：g（ｘ）的极大值小于等于■.

初步分析：由于题目涉及两个函数的极值，应首先对两个函数分别求导： ｆ′（ｘ）=x2-（ａ+1）ｘ+ａ＝（ｘ-1）（ｘ-ａ），ｇ′（ｘ）＝3ｘ2+2ｂｘ-（2ｂ+4）+■＝■ （ｘ＞0）．

对ｆ′（ｘ）而言，两个零点ｘ＝1和ｘ＝ａ的大小关系不定，因此要进行分类讨论，且分类讨论的临界点就是ａ＝1．

对ｇ′（ｘ）而言，解出三次方程3ｘ3+2ｂｘ2-（2ｂ+4）ｘ+1＝0的根，即可求出ｇ（ｘ）的零点． 一般来说，如果试题中出现三次方程，则该方程必会有一个较为明显的根．观察发现方程的一个解为ｘ＝1，于是方程左边可分解为（ｘ-1）・［3ｘ2+（2ｂ+3）ｘ-1］． 令h（ｘ）＝3ｘ2+（2ｂ+3）ｘ-1，由韦达定理可知ｈ（ｘ）＝0存在异号的两根ｘ1，ｘ2（设ｘ1＞0）． 因为x>0，故只有1和x1可能是g（ｘ）的极值点. 但仍需讨论ｘ1与1的大小关系．常规思路是求出ｘ1＝■，然后由0＜ｘ1＜1或ｘ1＞1找出参数ｂ的临界点，并由此展开讨论．

麻烦： 假设ｘ1＝■就是g（ｘ）的极大值点，将ｘ1代入g（ｘ）再证g（ｘ1）≤■，我们会发现以ｂ为参数的函数g（ｘ）的形式过于复杂，难以求解．

进一步分析：能否避实就虚，找到讨论和计算的可行方案呢？

首先，题设告诉我们“ｆ（ｘ）的极小值点与ｇ（ｘ）的极小值点相同”，由于ｆ（ｘ）的极小值点更容易确定，我们可以先讨论“1和ａ哪个是ｆ（ｘ）的极小值点”. 只要分清了ｆ（ｘ）的极大值点和极小值点，ｇ（ｘ）的极值点也就跟着确定了．

比如，若ｘ＝1为ｆ（ｘ）的极小值点，则ｘ＝1也是ｇ（ｘ）的极小值点，这意味着ｘ1与1的大小关系明确了，ｂ的范围也随之确定，ｇ（ｘ）的极大值ｇ（ｘ1）中包含的两个字母ｘ1和ｂ都有了明确的取值范围，这正是证明ｇ（ｘ1）≤■的必备条件．

其次，若ｘ1就是ｇ（ｘ）的极大值点，在求证ｇ（ｘ1）≤■时，我们既有可能进行反代计算，也有可能进行放缩处理．总之，应当通过观察作出灵活的变通. 突破思维定势，这正是此题的难点！

证明： ｆ′（ｘ）=（ｘ-1）（ｘ-ａ），ｇ′（ｘ）＝■ （ｘ＞0）． 其中3ｘ3+2ｂｘ2-（2ｂ+4）ｘ+1=（ｘ-1）［3ｘ2+（2ｂ+3）ｘ-1］． 令h（ｘ）＝3ｘ2+（2ｂ+3）ｘ-1，则ｈ（ｘ）＝0存在异号的两根ｘ1，ｘ2（设ｘ1>0），ｇ′（ｘ）＝■． ｇ（ｘ）的定义域为ｘ＞0， ｇ′（ｘ）的零点是1和ｘ1．当0＜ｘ1＜1时，ｇ（ｘ）的极小值为ｇ（1），极大值为ｇ（ｘ1）；当ｘ1＞1 时，ｇ（ｘ）的极小值为ｇ（ｘ1），极大值为ｇ（1）．

当1＜ａ≤2时，分析ｆ′（ｘ）＝（ｘ-1）（ｘ-ａ）的正负性可知，ｆ（ｘ）的极小值点为ｘ＝ａ， ｇ（ｘ）的极小值点也是ｘ＝ａ，极大值点是ｘ＝1， ｇ′（ａ）＝0，即ｈ（ａ）＝3ａ2+（2ｂ+3）ａ-1＝0， ｂ＝■＝-■+■-■． 1＜ａ≤2， ｂ的值随ａ的增大而减小，将a的取值范围代入ｂ计算，得ｂ∈-■，-■， 函数ｇ（ｘ）的极大值为ｇ（1）=-b-3≤■-3=■.

当00和g′（ｘ）=■的图象可得0

要证明上式，困难在于处理不等式左边的三次项及对数式．但是，我们的目标是证明不等式而非等式，用不着“斤斤计较”：因为■+ｌｎｘ1＜1，若能证明ｂ■-（2ｂ+4）ｘ1＜■，就能证明结论．

将ｂ■-（2ｂ+4）ｘ1看做关于ｂ的一次函数ｍ（ｂ）＝（■-2ｘ1）ｂ-4ｘ1， ■-2ｘ1＜0， ｍ（ｂ）单调递减． ｂ＞-■， （■-2ｘ1）ｂ-4ｘ1＜-■（■-2ｘ1）-4ｘ1＝ｘ1-■■. 0＜ｘ1＜1，根据二次函数的图象可知，当ｘ1＝■时，ｘ1-■■的最大值为■，即ｂ■-（2ｂ+4）ｘ1≤■＜■， ｇ（ｘ1）≤■．

综上可证，当0＜ａ≤2且ａ≠1时，若ｆ（ｘ）的极小值点与ｇ（ｘ）的极小值点相同，则ｇ（ｘ）的极大值小于等于■.

点评：在考虑如何分类时，必然要权衡所有影响结果的因素. 但只要我们抓住那个左右全局的简单线索（在例题中即1和ａ的大小关系），将混合型问题分解成几种简明的情形，就可以一步步解决问题．即使分类讨论之后还要再分类也不必过虑．只要恰当地切入，就不愁深入．

在证明不等式时，函数越复杂，越需要打破思维定势，随机应变．上述解法有两处体现了数学智慧：（1）用1代替■+ｌｎｘ1；（2）将ｂ■-（2ｂ+4）ｘ1看做关于ｂ的函数．

【练一练】

已知函数ｆ（ｘ）＝ｘｌｎｘ，ｇ（ｘ）＝-ｘ2+ａｘ-3．

（1） 求ｆ（ｘ）在［t，t+2］（ｔ＞0）上的最小值；

（2） 若存在x∈■，e使不等式2ｆ（ｘ）≥g（ｘ）成立，求实数a的取值范围．

【参考答案】

简解： （1） 由ｆ′（ｘ）=lnx+1可知， ｆ（ｘ）在区间0，■上单调递减，在■，+∞上单调递增． t>0， t+2>2>■， 需讨论0■两种情况．

若0

（2） 由题意可知，存在x∈■，e使2xlnx≥-x2+ax-3（ｘ＞0）. x>0， ａ≤2lnx+ｘ+■． 令ｈ（ｘ）＝2lnx+ｘ+■，则ｈ′（ｘ）＝■． 设ｈ（ｘ）在■，e上的最大值为M，要使ａ≤2lnx+ｘ+■成立，则有a≤M．

当x∈■，1时，ｈ′（ｘ）＝■h（ｅ），即M=h■=-2+■+3e， a≤-2+■+3e．