数形结合 华丽转身——两类双参数最值问题的解题策略分析

广东广雅中学(510160) 李晓颖

随着新课程改革的推进,数学思维的评价方式呈现多元化,数学试题的考查也转向多元化. 函数导数中不等式恒成立问题和零点问题是高考考查的热点内容, 也是难点内容,这类问题多数含参数,甚至是双参数或者多参数. 增加参数,增加了问题求解的难度,但也增加了问题解决的维度,如果参数具有几何意义,还增添了问题表达的内涵. 双参数恒成立问题或者零点问题的考查,对学生的思维要求更高,问题解决更具挑战性,更能体现逻辑推理、数学运算和直观想象素养. 对于双参数不等式恒成立、零点问题,其解决的关键在于把双参数转化为单参数,转化的方法常常有捆绑参数、变更主元或者借助几何意义表达问题等. 笔者尝试从两类双参数问题的求解探索中总结这两类问题“转化”的策略.

1 不等式恒成立问题中的双参数最值问题

已知ax+b≥f(x)(或ax+b≤f(x))恒成立,求的最小(大)值.

例1已知函数f(x) =ax+b(a＞0,b＞0),g(x) =ln(x+2),若对∀x＞-2,f(x)≥g(x)恒成立,则的最小值是____.

分析1此类问题的常规处理是转化为函数最值问题.ax+b≥f(x)恒成立,转化为g(x)=ax+b-f(x)≥0,求函数g(x)的最小值g(x)min,此时g(x)min是关于a,b的表达式,令g(x)min≥0,从而得到b≥φ(a),把双变量的最值,转化为单变量最值.

法1由题意,f(x)≥g(x)恒成立,即f(x)-g(x)≥0恒成立. 令t(x) =f(x)-g(x) =ax+b-ln(x+2), 则∀x＞-2,t(x)min≥0.-2),令t′(x)= 0,∴, 令t′(x)＞0,∴,即t(x)在单调递增;令t′(x)＜0,,即t(x)在单调递减.由,得1-2a+b+lna≥0,整理得. 令,则,由h′(a)＞0, 得a＞1,即h(a)在(1,+∞)单调递增;由h′(a)＜0,得0 ＜a＜1,即h(a)在(0,1)单调递减;故h(a)min=h(1)=1,从而.

分析2双参数问题,也常常先假定一个量是定值,另一个量是变量,转化为单变量问题,如ax+b≥g(x)恒成立,可以假定a定,b动,分析不等式的几何意义,即直线y=ax+b斜率固定,纵截距变化,且直线恒在曲线y=g(x)的上方,曲线是上凸函数,故直线最靠近曲线时,即直线与曲线相切时,纵截距最小,此时最小.确定了取最值时直线的位置,就可以把转化为关于切点横坐标的函数最值.

法2设曲线g(x)=ln(x+2)在P(t,ln(t+2))处的切线为l.则l的方程为:,要使f(x)≥g(x)恒成立,只需要,故只需要即可.此时,令h(t) = (t+2)ln(t+2)-t(t＞-2),h′(t) = ln(t+2),令h′(t) = 0, 得t= -1. 由h′(x)＞0 得,t＞-1; 由h′(x)=＜0,得-2 ＜t＜-1. 所以h(x)在(-2,-1)单调递减,在(-1,+∞)单调递增.hmin=h(1)=1,故,当且仅当a=1,b=1时,实数取得最小值1.

分析3ax+b≥ln(x+2)恒成立,等价于恒在曲线y=g(x)的上方,为直线的横截距.问题转化为判断横截距的问题. 因为曲线是上凸函数,所以直线与x的交点在曲线与x交点的左侧,至多重合,从而确定了取得最值的位置.

法3恒成立,令g(x)= 0, 得x=-1,故,即,实数取得最小值1.

变式1若ax2+bx-lnx-1 ≥0 对于x∈(0,+∞)恒成立,则的最小值是____.

分析该问题如果用常规思路法1 求解,困难很大. 如果要应用法2 或法3 求解,需要对问题进行等价转化,转化为直线与曲线的位置关系. 因此对原不等式两边同时除以x,问题等价于对于x∈(0,+∞)恒成立,进而可以用法2 和法3 解得.

变式2已知不等式lnx-axx-b≤0 恒成立,则的最小值为____.

分析lnx-ax2-b≤0 等价于lnx≤ax2+b,等价于,令u=x2,即,转化为“最值模型”,应用法3,可求得.

变式3设k,b∈R,若关于x的不等式ln(x-1)+x≤kx+b在(1,+∞)上恒成立,则的最小值是____.

分析ln(x-1)+x≤kx+b(x＞1)等价于ln(x-1)-1 ≤(k-1)x+(b-1), 令m=k-1,n=b-1, 问题转化为mx+n≥ln(x-1)-1 在(1,+∞)上恒成立,求的最小值. 应用法3 可得

变式4对任意的, 不等式e2mx+n-.恒成立,则的最小值为____.

分析, 等价于,两边取对数, 得, 原问题等价于恒成立. 令a= 2m,b=n,,则问题转为:au+b≥lnu+2 对u∈(0,+∞)恒成立,求的最小值. 应用法3 可得,从而.

1.2 最值模型

已知ax+b≥f(x)(或ax+b≤f(x))恒成立,求实数ab的最小(大)值.

例2已知a,b∈R,ex≥ax+b对任意的x∈R 恒成立,则ab的最大值为____.

分析与例1 对比, 题干表述的几何意义一致, 问题由“求的最值”改为“求ab的最值”. 法1 因为运算量过大,在选择填空题,我们暂时不考虑,法3 要运用的几何意义,ab的几何意义与的几何意义不相同,不能作一样的转化.因为我们尝试法2,用切点横坐标表示ab.

解设曲线f(x) = ex在P(t,et)处的切线为l. 则l的方程为:y=et(x-t)+et=etx+(1-t)et,要使ax+b≤ex恒成立,只需要a=et,b≤(1-t)et即可,故ab≤(1-t)e2t,令φ(t) = (1-t)e2t,φ′(t) = (1-2t)e2t, 由φ′(t)＞0 得, 由φ′(t) ＜0 得, 故y=φ(t) 在单调递增, 在单调递减, 故, 所以. 即ab的最大值.

变式1已知a,b∈R,若关于x的不等式x-alnx-b≥0 恒成立,则ab的最大值为____.

分析x-alnx-b≥0 等价于x≥alnx+b,整理得elnx≥alnx+b,令u=lnx,问题转化为eu≥au+b. 与例2 相同.

变式2已知a＞0,b＞0, 若关于x的不等式2x-alnx+a-b≥0 恒成立,则ab的最大值为____.

分析2x-alnx+a-b≥0,等价于2x≥a(lnx-1)+b,即令,问题转化为2eu+1≥au+b恒成立. 利用例2 的方法可求得ab的最大值为2e3.

对比例1 与例2,不难发现,应用法2 求解两类问题时,解题过程本质上没有区别,只是目标函数有所不同.“型最值”得到的目标函数是,而“ab型最值”得到的目标函数是φ(t)=f′(t)[f(t)-tf′(t)]. 若求“λa±µb型最值”,得到的目标函数是φ(t)=λf′(t)±µ[f(t)-tf′(t)].

2 零点问题中的双参数最值问题

2.1 ab 最值模型

例3已知函数f(x)=lnx+ax2+b在区间[2,3]上有零点,则ab的最大值为____.

分析此类函数零点问题,可以转化为直线与曲线的交点问题,如f(x)=0,等价于,令t=x2,等价于与h(t)=at+b在[4,9]有交点. 因为曲线有定义区间制约,不是完整的曲线,应用例1 的法2 和法3 受限. 那么,有没有的别的方法把双参数问题转化为单变量问题呢? 例3 是零点的问题,设零点为x0,x0满足等式,可以利用恒等式消去b,把ab表示为关于a的函数,最后转化为关于x0的函数求最值.

解设f(x0) = 0,x0∈[2,3], 则0,此时,则,令,当时,,记,则,所以h(x)在[2,e)上递增,在[e,3]上递减,故,所以,所以ab的最大值为.

变式若函数f(x) =x(lnx-1)-ax-b(a,b∈R)在[1,e]存在零点(其中e 为自然对数的底数),则a2+2b的最小值是____.

分析a2+2b的几何意义不容易理解,可以仿照例3 转化为关于零点的函数求最值.

设y=f(x) 在[1,e] 存在零点为x0, 则x0(lnx0-1)-ax0-b= 0, 故b=x0(lnx0-1)-ax0,a2+2b=a2-2x0a+2x0(lnx0-1),令g(a)=a2-2x0a+2x0(lnx0-1),x0=a时,g(a)有最小值,.令h(x) = -x2+ 2xlnx- 2x,h′(x) = 2(lnx-x) ＜0,x∈[1,e]时,h(x)min=h(e)=-e2,a2+2b的最小值为-e2.

2.2 最值模型

例4已知函数f(x)=lnx+ax2+b在区间[2,3]上有零点,求a2+b2的最小值为____.

分析本题的题干与例3 同,问题由“求ab的最值”改为“求a2+b2的最值”,如果应用例3 的方法求解,消去b后的表达式比较复杂,求最值会很困难. 对比ab,a2+b2的几何意义比较容易理解,为(a,b)到(0,0)的距离的平方,因此这种类型的问题可以利用几何意义,把a2+b2表示为关于x0的函数求最值.

解设f(x0) = 0,x0∈[2,3], 则,(a,b)满足, 以a,b为变量, 可以理解为(a,b)在直线上,a2+b2表示(0,0)到直线的距离的平方,即.可整理为,令,其中.由,令单调递减,故t∈[16,81]时,m(t)≤m(16)＜0,从而.故.

对双参数最值问题的探索过程中,我们发现,这类问题如果有几何意义,我们可以借助几何意义转化问题,把双参数问题转化为单变量问题,问题的解决水到渠成,流畅自然.这是几何与代数互相成就的魅力.