函数中的参数代换应用举例

李文东

(广东省中山市中山纪念中学)

含有参数的函数问题一般采用分类讨论或者分离参数的方法解决,但是在一些问题中无法分离参数或者分类讨论往往很复杂,这时我们可以根据条件将问题中的参数进行代换,有时能够起到简化的效果.

1 参数代换在函数零点问题中的应用

例1设函数f(x)＝－x2＋ax－a(a∈R),若函数f(x)的图像与x轴有且只有1个交点,求a的取值范围.

由题意得f′(x)＝x2－2x＋a,则Δ＝4－4a.当Δ≤0,即a≥1时,f′(x)≥0在R上恒成立,故f(x)在R上单调递增,因为f(0)＝－a＜0,f(3)＝2a＞0,所以函数f(x)的图像与x轴有且只有1个交点.

当Δ＞0,即a＜1时,f′(x)＝0有2个不相等的实根,设为x1,x2(x1＜x2),则x1＋x2＝2,x1x2＝a.当x＜x1时,f′(x)＞0,函数f(x)在(－∞,x1)上单调递增,当x1＜x＜x2时,f′(x)＜0,函数f(x)在(x1,x2)上单调递减,当x＞x2时,f′(x)＞0,函数f(x)在(x2,＋∞)上单调递增.因为a＝－x21＋2x1,所以函数f(x)的极大值

令f(x1)f(x2)＞0,解得a＞0,且当0＜a＜1时,f(0)＝－a＜0,f(3)＝2a＞0,函数f(x)的图像与x轴有且只有1个交点.

综上,a的取值范围为(0,＋∞).

解法中采用参数a的局部代换,主要是方便计算,也可全部代换得到f(x1)＝3),再利用根与系数的关系,计算稍显复杂.当然本题也可以利用多项式除法将f(x1)化简,也可以采用分离参数的方法求解,读者不妨试一试.

例2已知函数f(x)＝ax2－x－ln(ax)(a≠0,a∈R),讨论函数f(x)的零点个数.

当a＞0时,f(x)＝ax2－x－ln(ax)的定义域为(0,＋∞),f′(x)＝.令2ax2－x－1＝0,易知该方程有两个根x1,x2且x1＜0＜x2,结合f′(x)的图像可知f(x)在(0,x2)上单调递减,在(x2,＋∞)上单调递增,由于2ax22－x2－1＝0且x2＞0,于是a＝则

当a＜0时,f(x)＝ax2－x－ln(ax)的定义域为(－∞,0),且

综上,当a＜0或a＝1时,函数f(x)有1个零点,0＜a＜1或a＞1时,函数f(x)有2个零点.

由于f(x)＝ax2－x－ln(ax)中的参数a分布在两个部分,直接分离参数求解比较困难,因此可以考虑分类讨论研究函数f(x)的单调性来求解,这需要计算函数f(x)在极值点处的函数值,可以利用参数代换简化计算结果.当a＞0时,根据题中的分析可以求得x2＝,于是

然后需要考虑其符号,求解就比较复杂.

2 参数代换在极值点偏移问题中的应用

例3已知函数f(x)＝lnx－ax有2个不同的零点x1,x2(x1＜x2).

(1)求实数a的取值范围;

(2)求证:x1＜

令h(t)＝e＋tlnt－2t(t∈(1,e)),则h′(t)＝lnt－1＜0,h(t)在(1,e)上单调递减,从而h(t)＞h(e)＝0,所证成立.

例4已知函数f(x)＝x－lnx－a有2个相异零点为x1,x2(x1＜x2).

(1)求a的取值范围;

(2)求证:x1＋x2＜

(1)a的取值范围为(1,＋∞)(求解过程略).

(2)可知0＜x1＜1＜x2.由于a＝x1－lnx1,要证x1＋x2＜只需证

根据零点的含义有x1－lnx1＝a＝x2－lnx2,可实现参数a的代换.

3 参数代换在恒成立问题中的应用

例5设函数f(x)＝x2－8x＋alnx(a∈R),若函数f(x)有2个极值点x1,x2(x1＜x2)且x1≠1,总有＞t(4＋3x1－x21)成立,求t的取值范围.

当t≥0时,g′(x)＞0,g(x)在(0,2)上单调递增且g(1)＝0,故当1＜x＜2时,g(x)＞0,不符合题意.

当t＜0 时,令h(x)＝tx2＋2x＋t.当Δ＝4－4t2≤0,即t≤－1时,g′(x)≤0,g(x)在(0,2)上单调递减且g(1)＝0,故当0＜x＜1时,g(x)＞0;当1＜x＜2时,g(x)＜0,符合题意;当－1＜t＜0时,注意到h(0)＝t＜0,h(1)＝2(t＋1)＞0,则存在x0∈(0,1),使得h(x0)＝0,且当x∈(x0,1)时,g′(x)＞0,g(x)在(x0,1)上单调递增且g(1)＝0,故当x0＜x＜1时,g(x)＜0,不符合题意.

综上,t的取值范围为(－∞,－1].

4 参数代换在求最值问题中的应用

例6设函数f(x)＝xex－alnx.当a＞0时,函数f(x)的最小值为g(a),求g(a)的最大值.

f(x)＝xex－alnx,由于a＞0,f′(x)＝(x＋1)ex－,f″(x)＝(x＋2)ex＋＞0,故f′(x)在(0,＋∞)上单调递增,且limx→0＋f′(x)＝－∞,f′(a)＝(a＋1)ea－1＞0,故对每一个a＞0,必存在唯一的正数x0,使得f′(x0)＝(x0＋1)ex0－0,即x0(x0＋1)ex0＝a,函数f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,＋∞)上单调递增,故g(a)＝fmin(x)＝f(x0)＝x0ex0－alnx0＝x0ex0－x0(x0＋1)ex0lnx0.

令h(x)＝xex－x(x＋1)exlnx,则h′(x)＝－ex[(x＋1)2＋x]lnx,令h′(x)＞0,得0＜x＜1,函数h(x)在(0,1)上单调递增,令h′(x)＜0,得x＞1,故函数h(x)在(1,＋∞)上单调递减,故gmax(a)＝hmax(x)＝h(1)＝e,此时a＝2e.

求g(a)＝x0ex0－alnx0的最大值,这是参数a的函数,但是x0(x0＋1)ex0＝a中无法求出x0,因此利用参数代换进行求解.

(完)