“变更主元法”的妙用

卢会玉

【摘 要】  当题目中出现一个自变量和一个参变量，且已知参变量的取值范围时，可以变更主元. 把参变量当做自变量，自变量当做参变量，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解.本文例谈了几种适合于 “变更主元”的题型相应的应对措施.

【关键词】  参变量;自变量;变更主元

当题目中出现一个自变量和一个参变量，且已知参变量的取值范围时，可以变更主元.把参变量当作自变量，自变量当作参变量，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解.也就是说，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，再利用函数的单调性等性质求解相应问题.这类问题对思维要求较高，学生往往缺少的就是这种“变更主元”的意识.从以往的高考题或者模拟题可以看出，如果能快速辨别出哪些问题可以用“变更主元”法解答，能起到事半功倍的效果.

1 已知自变量范围与已知参变量范围的解法对比

例1   设函数y=f（x）在区间D上的导数为f′（x），f′（x）在区间D上的导数为g（x），若在区间D上，g（x）<0恒成立，则称函数y=f（x）在区间D上为“凸函数”，已知实数m是常数，

f（x）= x 4 12 - mx 3 6 - 3x 2 2 .

（1）若y=f（x）在區间[0，3]上为“凸函数”，求m的取值范围;

（2）若对满足|m|≤2的任何一个实数m，函数f（x）在区间（a，b）上都为“凸函数”，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，

则 g（x）=f″（x）=x 2-mx-3.

（1）因为y=f（x）在区间[0，3]上为“凸函数”，

所以g（x）=x 2-mx-3<0在区间[0，3]上恒成立.

解法1 从二次函数的区间最值入手

g（x）<0恒成立等价于g   max  （x）<0，

则  g（0）<0，g（3）<0， 即  -3<0，9-3m-3<0，

解得 m>2.

解法2 分离变量法

当x=0时，

g（x）=x 2-mx-3=-3<0恒成立;

当0

g（x）=x 2-mx-3<0恒成立，

等价于m> x 2-3 x =x- 3 x 的最大值 （0

而 h（x）=x- 3 x  （0

则 h   max  （x）=h（3）=2，

所以 m>2.

（2）当|m|≤2时，

f（x）在区间（a，b）上为“凸函数”，

等价于当|m|≤2时，

g（x）=x 2-mx-3<0恒成立，

进一步等价于

F（m）=mx-x 2+3>0在|m|≤2时恒成立，

所以  F（-2）>0，F（2）>0，

即  -2x-x 2+3>0，2x-x 2+3>0，

解得 -1

由题可知 （a，b）（-1，1），

故 b-a的最大值为2.

2 “变更主元”根源问题分析

例2   设不等式2x-1>m（x 2-1）对满足 |m| ≤2的一切实数m都成立，求x的取值范围.

解  问题可以变成关于m的不等式，

即（x 2-1）m-（2x-1）<0在[-2，2]上恒成立.

设F（m）=（x 2-1）m-（2x-1），

则  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的取值范围为   7 -1 2 ，  3 +1 2  .

注  若此题不变更主元，则要进行m=0，m>0，m<0等多种讨论，是非常耗时耗力.相比而言，变更主元之后，f（m）=（x 2-1）m-（2x-1）为一次函数或常数函数，最大值为f（2）或f（-2），只需 f（2）<0f（-2）<0 即可.整个解题过程简洁，是此类型题的最优解.

3 有关三次函数的“变更主元”问题分析

例3   已知函数f（x）=x 3+ax 2+bx+a 2  （a，b∈ R ）  ，若对于任意的a∈[-4，+∞），f（x）在 x∈[0，2] 上单调递增，求b的最小值.

解法1 常规解法

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

即 b≥-3x 2-2ax对任意的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，+∞），

则 - a 3 ∈ -∞， 4 3  .

①当a≥0时，F（x）   max  =F（0）=0，

所以 b≥0;

②当-4≤a<0时，F（x）   max  =F - a 3  = a 2 3 ，

则 b≥ a 2 3 .

又   a 2 3     max  = 16 3 ，

所以 b≥ 16 3 .

综上知，b的取值范围为b≥ 16 3 ，

故 b最小值为 16 3 .

解法2 变更主元法

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

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

因为 x≥0，

则F（a）在a∈[-4，+∞）单调递增或为常数函数，

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

即 b≥（-3x 2+8x）   max  .

又 -3x 2+8x=-3 x- 4 3   2+ 16 3 ，

则当x= 4 3 时，（-3x 2+8x）   max  = 16 3 ，

所以 b≥ 16 3 ，

故 b的最小值为 16 3 .

注  两种方法相比较而言，变更主元法更容易理解更容易运算.

例4   已知定义在 R 上的函数f（x）=ax 3-2ax 2+b （a>0） 在区间[-2，1]上的最大值是5，最小值是-11.

（1）求函数f（x）的解析式;

（2）若t∈[-1，1]时，f′（x）+tx≤0恒成立，求实数x的取值范围.

解  （1）因为 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].

因为 a>0，

所以x∈（-1，0）时，f′（x）>0，f（x）单调递增;

x∈（0，1）时，f′（x）<0，f（x）单调递减，

因此 f（x）   max  =f（0）=5，

即 b=5.

又因为 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，

则问题转化为g（t）≤0在t∈[-1，1]上恒成立，

为此只需  g（-1）≤0，g（1）≤0，

即  3x 2-5x≤0，x 2-x≤0，

解得 0≤x≤1，

故 所求实数x的取值范围是[0，1].

4 抽象函数的“变更主元”问题分析

例5   设奇函数f（x）在[-1，1]上是增函数，且f（-1）=-1，若对所有的x∈[-1，1]及任意的m∈[-1，1]都满足f（x）≤t 2-2mt+1都成立，求t的取值范围.

解  由题意，得 f（1）=-f（-1）=1.

又因为 f（x）在[-1，1]上是增函数，

所以 当x∈[-1，1]时，有f（x）≤f（1）=1，

所以t 2-2mt+1≥1在m∈[-1，1]时恒成立，

即 t 2-2mt≥0在m∈[-1，1]时恒成立，

转化为g（m）=-2mt+t 2≥0在m∈[-1，1]时恒成立，

则  2t+t 2≥0，-2t+t 2≥0，

解得 t≤-2或t≥2或t=0，

故实数t的取值范围是

（-∞，-2]∪[2，+∞）∪{0}.

5 与“变更主元”异曲同工的其他问题

例6   已知函数f（x）=mx ln x，m∈ R .

（1）讨论函数f（x）的单调性;

（2）当0

解  （1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），

f′（x）=m（ ln x+1），

当m>0时，由f′（x）<0，得0

由f′（x）>0，得 x> 1  e  ，

所以f（x）在 0， 1  e   上单调递减，在  1  e  ，+∞ 上单调递增;

当m<0时，由f′（x）<0，得

x> 1  e  ;

由f′（x）>0，得 0

所以f（x）在 0， 1  e   上单调递增，在  1  e  ，+∞ 上单调递减;

当m=0时，f（x）=0为常量函数，不具有单调性.

（2）由f（x）< e  x，得 mx ln x< e  x.

①当01，mx ln x≤0，不等式顯然成立;

②当x>1时，x ln x>0，

由0

所以只需证  e  x>  e  2 2 x ln x，

即证  2 e   x-2  x - ln x>0.

令g（x）= 2 e   x-2  x - ln x，

则 g′（x）= 2 e   x-2 （x-1）-x x 2 ，x>1.

令h（x）=2 e   x-2 （x-1）-x，

则 h′（x）=2x e   x-2 -1.

令h′（x）=φ（x），

则 φ′（x）=2（x+1） e   x-2 >0，

所以 h′（x）在（1，+∞）上为增函数.

因为 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）上单调递减，在（x 0，2）上单调递增.

又因为 h（1）-1<0，h（2）=0.

当x∈（1，2）时，g′（x）<0，g（x）在（1，2）上单调递减;

当x∈（2，+∞）时，g′（x）>0，g（x）在 （2，+∞） 上单调递增，

所以 g（x）≥g（2）=1- ln 2>0，

所以 g（x）>0，

故 原命题得证.