“變更主元法”的妙用

盧會玉

【摘?要】??當(dāng)題目中出現(xiàn)一個自變量和一個參變量，且已知參變量的取值范圍時，可以變更主元. 把參變量當(dāng)做自變量，自變量當(dāng)做參變量，構(gòu)造以參數(shù)為變量的函數(shù)，根據(jù)原變量的取值范圍列式求解.本文例談了幾種適合于 “變更主元”的題型相應(yīng)的應(yīng)對措施.

【關(guān)鍵詞】??參變量;自變量;變更主元

當(dāng)題目中出現(xiàn)一個自變量和一個參變量，且已知參變量的取值范圍時，可以變更主元.把參變量當(dāng)作自變量，自變量當(dāng)作參變量，構(gòu)造以參數(shù)為變量的函數(shù)，根據(jù)原變量的取值范圍列式求解.也就是說，一般情況下條件給出誰的范圍，就看成關(guān)于誰的函數(shù)，再利用函數(shù)的單調(diào)性等性質(zhì)求解相應(yīng)問題.這類問題對思維要求較高，學(xué)生往往缺少的就是這種“變更主元”的意識.從以往的高考題或者模擬題可以看出，如果能快速辨別出哪些問題可以用“變更主元”法解答，能起到事半功倍的效果.

1?已知自變量范圍與已知參變量范圍的解法對比

例1???設(shè)函數(shù)y=f（x）在區(qū)間D上的導(dǎo)數(shù)為f′（x），f′（x）在區(qū)間D上的導(dǎo)數(shù)為g（x），若在區(qū)間D上，g（x）<0恒成立，則稱函數(shù)y=f（x）在區(qū)間D上為“凸函數(shù)”，已知實數(shù)m是常數(shù)，

f（x）=?x?4?12?-?mx?3?6?-?3x?2?2?.

（1）若y=f（x）在區(qū)間[0，3]上為“凸函數(shù)”，求m的取值范圍;

（2）若對滿足|m|≤2的任何一個實數(shù)m，函數(shù)f（x）在區(qū)間（a，b）上都為“凸函數(shù)”，求b-a的最大值.

解??由?f（x）=?x?4?12?-?mx?3?6?-?3x?2?2?，

得?f′（x）=?x?3?3?-?mx?2?2?-3x，

則?g（x）=f″（x）=x?2-mx-3.

（1）因為y=f（x）在區(qū)間[0，3]上為“凸函數(shù)”，

所以g（x）=x?2-mx-3<0在區(qū)間[0，3]上恒成立.

解法1?從二次函數(shù)的區(qū)間最值入手

g（x）<0恒成立等價于g???max??（x）<0，

則??g（0）<0，g（3）<0，?即 ?-3<0，9-3m-3<0，

解得?m>2.

解法2?分離變量法

當(dāng)x=0時，

g（x）=x?2-mx-3=-3<0恒成立;

當(dāng)0

g（x）=x?2-mx-3<0恒成立，

等價于m>?x?2-3?x?=x-?3?x?的最大值?（0

而?h（x）=x-?3?x??（0

則?h???max??（x）=h（3）=2，

所以?m>2.

（2）當(dāng)|m|≤2時，

f（x）在區(qū)間（a，b）上為“凸函數(shù)”，

等價于當(dāng)|m|≤2時，

g（x）=x?2-mx-3<0恒成立，

進一步等價于

F（m）=mx-x?2+3>0在|m|≤2時恒成立，

所以??F（-2）>0，F(xiàn)（2）>0，

即??-2x-x?2+3>0，2x-x?2+3>0，

解得?-1

由題可知?（a，b）（-1，1），

故?b-a的最大值為2.

2?“變更主元”根源問題分析

例2???設(shè)不等式2x-1>m（x?2-1）對滿足?|m|?≤2的一切實數(shù)m都成立，求x的取值范圍.

解??問題可以變成關(guān)于m的不等式，

即（x?2-1）m-（2x-1）<0在[-2，2]上恒成立.

設(shè)F（m）=（x?2-1）m-（2x-1），

則??2（x?2-1）-（2x-1）<0，-2（x?2-1）-（2x-1）<0，

即??2x?2-2x-1<0，2x?2+2x-3>0，

解得???7?-1?2?

故?x的取值范圍為???7?-1?2?，??3?+1?2??.

注??若此題不變更主元，則要進行m=0，m>0，m<0等多種討論，是非常耗時耗力.相比而言，變更主元之后，f（m）=（x?2-1）m-（2x-1）為一次函數(shù)或常數(shù)函數(shù)，最大值為f（2）或f（-2），只需?f（2）<0f（-2）<0?即可.整個解題過程簡潔，是此類型題的最優(yōu)解.

3?有關(guān)三次函數(shù)的“變更主元”問題分析

例3???已知函數(shù)f（x）=x?3+ax?2+bx+a?2??（a，b∈?R?）??，若對于任意的a∈[-4，+∞），f（x）在?x∈[0，2]?上單調(diào)遞增，求b的最小值.

解法1?常規(guī)解法

由題設(shè)知?f′（x）=3x?2+2ax+b≥0對任意的a∈[-4，+∞），x∈[0，2]都成立，

即?b≥-3x?2-2ax對任意的a∈[-4，+∞），x∈[0，2]都成立，

即?b≥（-3x?2-2ax）???max??.

令F（x）=-3x?2-2ax=-3?x+?a?3???2+?a?2?3?，

因為?a∈[-4，+∞），

則?-?a?3?∈?-∞，?4?3??.

①當(dāng)a≥0時，F(xiàn)（x）???max??=F（0）=0，

所以?b≥0;

②當(dāng)-4≤a<0時，F(xiàn)（x）???max??=F?-?a?3??=?a?2?3?，

則?b≥?a?2?3?.

又???a?2?3?????max??=?16?3?，

所以?b≥?16?3?.

綜上知，b的取值范圍為b≥?16?3?，

故?b最小值為?16?3?.

解法2?變更主元法

f′（x）=3x?2+2ax+b≥0對任意的?a∈[-4，+∞）?，x∈[0，2]都成立，

則F（a）=2ax+3x?2+b≥0對任意的a∈?[-4，+∞）?，x∈[0，2]都成立.

因為?x≥0，

則F（a）在a∈[-4，+∞）單調(diào)遞增或為常數(shù)函數(shù)，

所以F（a）???min??=F（-4）=-8x+3x?2+b≥0對任意的x∈[0，2]恒成立，

即?b≥（-3x?2+8x）???max??.

又?-3x?2+8x=-3?x-?4?3???2+?16?3?，

則當(dāng)x=?4?3?時，（-3x?2+8x）???max??=?16?3?，

所以?b≥?16?3?，

故?b的最小值為?16?3?.

注??兩種方法相比較而言，變更主元法更容易理解更容易運算.

例4???已知定義在?R?上的函數(shù)f（x）=ax?3-2ax?2+b?（a>0）?在區(qū)間[-2，1]上的最大值是5，最小值是-11.

（1）求函數(shù)f（x）的解析式;

（2）若t∈[-1，1]時，f′（x）+tx≤0恒成立，求實數(shù)x的取值范圍.

解??（1）因為?f（x）=ax?3-2ax?2+b，

所以?f′（x）=3ax?2-4ax=ax（3x-4）.

令f′（x）=0，得

x?1=0，x?2=?4?3?[-2，1].

因為?a>0，

所以x∈（-1，0）時，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增;

x∈（0，1）時，f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減，

因此?f（x）???max??=f（0）=5，

即?b=5.

又因為?f（-2）=-16a+5，f（1）=-a+5，

所以?f（1）>f（-2），

于是?f（x）???min??=f（-2）=-16a+5=-11，

即?a=1，

故?f（x）=x?3-2x?2+5.

（2）由（1）知?f′（x）=3x?2-4x，

所以?f′（x）+tx≤0?3x?2-4x+tx≤0.

令g（t）=xt+3x?2-4x，

則問題轉(zhuǎn)化為g（t）≤0在t∈[-1，1]上恒成立，

為此只需??g（-1）≤0，g（1）≤0，

即??3x?2-5x≤0，x?2-x≤0，

解得?0≤x≤1，

故?所求實數(shù)x的取值范圍是[0，1].

4?抽象函數(shù)的“變更主元”問題分析

例5???設(shè)奇函數(shù)f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)，且f（-1）=-1，若對所有的x∈[-1，1]及任意的m∈[-1，1]都滿足f（x）≤t?2-2mt+1都成立，求t的取值范圍.

解??由題意，得?f（1）=-f（-1）=1.

又因為?f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)，

所以?當(dāng)x∈[-1，1]時，有f（x）≤f（1）=1，

所以t?2-2mt+1≥1在m∈[-1，1]時恒成立，

即?t?2-2mt≥0在m∈[-1，1]時恒成立，

轉(zhuǎn)化為g（m）=-2mt+t?2≥0在m∈[-1，1]時恒成立，

則??2t+t?2≥0，-2t+t?2≥0，

解得?t≤-2或t≥2或t=0，

故實數(shù)t的取值范圍是

（-∞，-2]∪[2，+∞）∪{0}.

5?與“變更主元”異曲同工的其他問題

例6???已知函數(shù)f（x）=mx?ln?x，m∈?R?.

（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性;

（2）當(dāng)0

解??（1）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），

f′（x）=m（?ln?x+1），

當(dāng)m>0時，由f′（x）<0，得0

由f′（x）>0，得?x>?1??e??，

所以f（x）在?0，?1??e???上單調(diào)遞減，在??1??e??，+∞?上單調(diào)遞增;

當(dāng)m<0時，由f′（x）<0，得

x>?1??e??;

由f′（x）>0，得?0

所以f（x）在?0，?1??e???上單調(diào)遞增，在??1??e??，+∞?上單調(diào)遞減;

當(dāng)m=0時，f（x）=0為常量函數(shù)，不具有單調(diào)性.

（2）由f（x）

①當(dāng)01，mx?ln?x≤0，不等式顯然成立;

②當(dāng)x>1時，x?ln?x>0，

由0

所以只需證??e??x>??e??2?2?x?ln?x，

即證??2?e???x-2??x?-?ln?x>0.

令g（x）=?2?e???x-2??x?-?ln?x，

則?g′（x）=?2?e???x-2?（x-1）-x?x?2?，x>1.

令h（x）=2?e???x-2?（x-1）-x，

則?h′（x）=2x?e???x-2?-1.

令h′（x）=φ（x），

則?φ′（x）=2（x+1）?e???x-2?>0，

所以?h′（x）在（1，+∞）上為增函數(shù).

因為?h′（1）=?2??e??-1<0，h′（2）=3>0，

所以?存在x?0∈（1，2），使h′（x?0）=0，

所以h（x）在（1，x?0）上單調(diào)遞減，在（x?0，2）上單調(diào)遞增.

又因為?h（1）-1<0，h（2）=0.

當(dāng)x∈（1，2）時，g′（x）<0，g（x）在（1，2）上單調(diào)遞減;

當(dāng)x∈（2，+∞）時，g′（x）>0，g（x）在?（2，+∞）?上單調(diào)遞增，

所以?g（x）≥g（2）=1-?ln?2>0，

所以?g（x）>0，

故?原命題得證.