对一道含双参变量的函数题的解法探究

摘" 要：培养学生的核心素养和提高学生的解题能力是我们一线教师的重要任务.以一个涉及双参数的函数问题为例，从不同的角度加以思考、探究，让学生的思维得以发散，起到了一题多解，提升学生的思维能力的作用.

关键词：构造函数；一题多解；解题能力；思维能力

中图分类号：G632""" 文献标识码：A""" 文章编号：1008-0333（2024）22-0063-03

收稿日期：2024-05-05

作者简介：王建辉（1974.4—），男， 湖南省汉寿人，本科，中小学高级教师，从事高中数学教学研究.

《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》中明确指出：高中数学的核心素养为“数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算、数据分析、数学建模”，其中逻辑推理和数学运算尤其重要，学生的数学成绩无法提升主要是这两大核心素养的欠缺［1］.那么，在教学中如何解决这些问题呢？笔者结合波利亚的《怎样解题》，摸索出一套行之有效的解题经验，即解题教学四步法：①弄懂题意，搞清问题；②探寻路径，拟订计划；③规范格式，实现计划；④回顾反思，借助它用.其中“探寻路径，拟订计划”是灵魂，不同的思考方式会导致不同的解题方向，对思维的发散有很大的激励作用，从而也就导致一题多解，形成解题合力，提高解题能力［2-4］.

1" 试题呈现

题目" 已知函数f（x）=e2ax+b-x-1a，其中a，b是实数且a≠0.若函数f（x）≥0对一切x∈（-1a，+

SymboleB@ ）恒成立，求ba的最小值.

2" 试题分析

本题是一个典型的通过构造函数利用导数来研究恒成立的题型，但此题难在题干条件少，不易转化，且含有两个参变量，突破口在于寻找f（x）的最小值时参变量a，b需要满足的关系，然后再求b/a的最小值［5］.

3" 多法求解

解法1" 因为f（x）=e2ax+b-x-1a，求导，得

f ′（x）=2ae2ax+b-1.

所以f ″（x）=4a2e2ax+bgt;0（a≠0）.

所以f ′（x）=2ae2ax+b-1在R上单调递增.

所以当alt;0时f ′（x）lt;0.

所以f（x）在x∈（-1a，+

SymboleB@ ）上单调递减.

而eb-2agt;-1a，且f（eb-2a）=e2a（eb-2a）+b-（eb-2a）-1alt;eb-（eb-2a）-1a=1alt;0，

所以alt;0时不满足f（x）≥0恒成立.

当agt;0时，由f ′（x）=0，得e2ax+b=12a.

即x=-b+ln（2a）2a.

所以当xlt;-b+ln（2a）2a时，f ′（x）lt;0，函数f（x）单调递减；

当xgt;-b+ln（2a）2a时，f ′（x）gt;0，函数f（x）单调递增.

令ba=k，即a=bk.

则①当-1a≥-b+ln（2a）2a，即b+ln（2a）≥2时，f（x）在x∈（-1a，+

SymboleB@ ）上单调递增，所以f（x）gt;f（-1a）=eb-2+1a-1a=eb-2gt;0恒成立.

所以b+ln（2a）≥2时，f（x）≥0在x∈（-1a，+

SymboleB@ ）时恒成立，此时ka+ln（2a）≥2.

即k≥2-ln（2a）a（agt;0）.

令h（x）=2-ln（2x）x（xgt;0），h′（x）=ln（2x）-3x2，当0lt;xlt;e32时，h′（x）lt;0，h（x）单调递减，当xgt;e32时，h′（x）gt;0，h（x）单调递增，所以h（x）有最小值h（e32）=-2e3.

所以-1a≥-b+ln（2a）2a时ba的最小值为-2e3.

②当-1alt;-b+ln（2a）2a，即b+ln（2a）lt;2时，f（x）在x∈（-1a，-b+ln（2a）2a）上单调递减，在x∈（-b+ln（2a）2a，+

SymboleB@ ）上单调递增，所以f（x）在x=-b+ln（2a）2a时取得最小值.

若f（x）≥0在x∈（-1a，+

SymboleB@ ）时恒成立，则f（x）min=f［-b+ln（2a）2a］=1+b+ln（2a）2a-1a≥0.

所以b+ln（2a）≥1.

所以ka+ln（2a）≥1.

则k≥1-ln（2a）a（agt;0）.

令m（x）=1-ln（2x）x（xgt;0），则

m′（x）=ln（2x）-2x2.

当0lt;xlt;e22时，m′（x）lt;0，m（x）单调递减；

当xgt;e22时，m′（x）gt;0，m（x）单调递增.

所以m（x）有最小值m（e22）=-2e2.

故当-1alt;-b+ln（2a）2a时ba的最小值为-2e2.

又-2e2lt;-2e3，

所以ba的最小值为-2e2.

反思" 该解法是利用导数来研究函数的性质，针对参数a进行讨论.在讨论alt;0时，如果不易寻找eb-2a这个值时，也可以考虑x→+

SymboleB@ 时，e2ax+b→0，从而可知f（x）→-

SymboleB@ ，f（x）≥0不可能恒成立；当agt;0时，由f ′（x）=0

得x=b+ln（2a）-2a，结合定义域进行分类讨论［6］.考虑到要求的目标是ba的最值，引进变量ba=k，再把k表示成关于a的函数，构造函数利用导数从而求出ba的最值即可.

解法2

当agt;0时，由f（x）≥0，可知

e2ax+b≥x+1a=2ax+22a.

令2ax=t（t∈（-2，+

SymboleB@ ）），

所以

et+b≥t+22a恒成立.

即t+2et≤2aeb恒成立.

令h（t）=t+2et（tgt;-2），则h′（t）=-t+1et.

故t∈（-2，-1）时，h′（t）gt;0，h（t）单调递增；

t∈（-1，+

SymboleB@ ）时，h′（t）lt;0，h（t）单调递减.

所以h（t）在t=-1取极大值即最大值，h（t）≤h（-1）=e，所以2aeb≥e.

则b≥1-ln（2a）.

所以ba≥1-ln（2a）a.

令g（a）=1-ln（2a）a，则g′（a）=ln（2a）-2a2.

所以a∈（0，e22）时，g′（a）lt;0，g（a）单调递减；

a∈（e22，+

SymboleB@ ）时，g′（a）gt;0，g（a）单调递增.

所以g（a）在a=e22取极小值即最小值，g（a）≥g（e22）=-2e2，此时a=e22，t=-1，x=-1e2.

所以ba的最小值为-2e2.

解法3

当agt;0时，由函数f（x）≥0对一切x∈（-1a，+

SymboleB@ ）恒成立可知：eb≥x+1/ae2ax.

令g（x）=x+1/ae2ax，则g′（x）=-2ax-1e2ax.

所以x∈（-12a，+

SymboleB@ ）时，g′（x）lt;0，g（x）单调递减；x∈（-1a，-12a）时，g′（x）gt;0，g（x）单调递增.

所以g（x）在x=-12a取极大值即最大值.

所以g（x）≤g（-12a）=e2a.

所以eb≥e2a.

即0lt;1a≤2ebe.

当b≥0时，ba≥0；

当blt;0时，0gt;ba≥2ebbe.

令h（b）=2bebe，则h′（b）=2e（b+1）eb.

可知b∈（-

SymboleB@ ，-1）时，h′（b）lt;0，h（t）单调递减；b∈（-1，0）时，h′（b）gt;0，h（t）单调递增.

所以h（b）在b=-1取极小值即最小值，h（b）≥h（-1）=-2e2.所以ba的最小值为-2e2.

4" 结束语

丘成桐先生在北京师范大学附属中学110周年校庆的演讲中，也曾着力推崇“一题多解”.他说：“不同的方法来自不同的想法，不同的想法导致不同方向的发展，所以，数学题的每种解法有其深厚的意义，你会领会不同的思想，我们要允许学生用不同的方法来解决.”

参考文献：

［1］

南爱玲.支架式教学法在复习课中的应用：以“利用导数研究函数的单调性”复习课为例［J］.高中数学教与学，2022（02）：18-20，17.

［2］ 李娜.利用导数研究含参函数的极值的教学启示［C］//

中国智慧城市经济专家委员会.

2023智慧城市建设论坛广州分论坛论文集.北京市第二中学通州校区，2023：2.

［3］ 钱大林，金建军.基于关键能力考查的“利用导数研究函数的极值与最值问题”复习课设计示例［J］.中学数学教学参考，2023（04）：54-57.

［4］ 谢永惠.剖析典型例题 促进思维发展：以“利用导数证明函数不等式方法探究”教学为例［J］.高中数学教与学，2023（22）：51-53.

［5］ 靖晶，陈艳宝.高三复习课微单元设计与教学思考：以“利用导数研究函数的零点问题”为例［J］.数理化解题研究，2023（27）：2-4.

［6］ 陈伟平.变易图式在数学教学上的应用研究：以“利用导数研究函数的单调区间”为例［J］.中学课程辅导，2022（25）：30-32.

［责任编辑：李" 璟］