浙江 2008 · 数学 q21

冷启动：动的是函数，不动的是区间

$f(x)=\sqrt{x}\,(x-a)$，根号要求 $x\geqslant 0$，所以定义域是 $[0,+\infty)$—— 这句话在三问里都要用，别等到第二问才想起来。

三小问其实是一条链：

（Ⅰ）单调区间 → （Ⅱ）(i) $[0,2]$ 上的最小值 $g(a)$ → (ii) 由 $g$ 反求 $a$

(Ⅰ) 造工具，(i) 把工具用在一段定区间上，(ii) 把 $g$ 倒过来读。

关键结构只有一句：

$f$ 由减变增的那个位置是 $x=\dfrac{a}{3}$，它随 $a$ 移动；而区间 $[0,2]$ 不动。

于是这个拐点与 $[0,2]$ 只有三种相对位置，最小值点也就只有三个可能的落点：

$g(a)$ 之所以是分段函数，原因就在这张表：最小值点在跳。两个分界 $a=0$ 与 $a=6$， 正是拐点「刚好压在端点上」的两个时刻（$\frac a3=0$ 与 $\frac a3=2$）。

最容易整段丢掉的是第一行：$a\leqslant 0$ 时 $f'$ 根本没有零点，是整段递增—— 只讨论 $a>0$ 就是「含参导数漏掉参数非正的一支」，$g(a)$ 的第一段会凭空消失。

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解法一：对 $f$ 直接求导，三段逐段算、逐段解

最稳的那条路：题面问什么就算什么，一步不跳。

（Ⅰ）求导，按 $a$ 的符号分两类

定义域 $[0,+\infty)$。当 $x>0$ 时，由乘积的求导法则（$(\sqrt{x})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}$）：

$$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\,(x-a)+\sqrt{x} =\frac{(x-a)+2x}{2\sqrt{x}} =\frac{3x-a}{2\sqrt{x}}\qquad(x>0).$$

分母 $2\sqrt{x}>0$，所以 $f'$ 的符号完全由 $3x-a$ 决定。按导数的正负与函数的单调性：

• $a\leqslant 0$：对一切 $x>0$ 都有 $3x-a>0$，故 $f'(x)>0$。 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上递增，又在 $x=0$ 处连续，所以单调递增区间是 $[0,+\infty)$。 注意这一支里 $f'$ 没有零点，不存在什么「拐点」。
• $a>0$：$f'(x)=0\iff x=\dfrac{a}{3}$；$0<x<\dfrac{a}{3}$ 时 $f'<0$，$x>\dfrac{a}{3}$ 时 $f'>0$。 所以 $f$ 有单调递减区间 $\left[0,\dfrac{a}{3}\right]$、单调递增区间 $\left(\dfrac{a}{3},+\infty\right)$。

（Ⅱ）(i) 三段各算一次最小值

$f$ 在闭区间 $[0,2]$ 上连续，最小值只能在两个端点或 $f'=0$ 的那个点上取到（闭区间求最值）。 把 $\dfrac{a}{3}$ 与 $[0,2]$ 比一次位置：

• $a\leqslant 0$：$f$ 在 $[0,2]$ 上递增，最小值在左端点， $g(a)=f(0)=0 .$
• $0<a<6$（即 $0<\dfrac{a}{3}<2$）：$f$ 在 $\left[0,\dfrac a3\right]$ 上减、在 $\left(\dfrac a3,2\right]$ 上增， 最小值在拐点， $g(a)=f\!\left(\frac a3\right)=\sqrt{\frac a3}\left(\frac a3-a\right)=-\frac{2a}{3}\sqrt{\frac a3}.$
• $a\geqslant 6$（即 $\dfrac{a}{3}\geqslant 2$）：$f$ 在 $[0,2]$ 上递减，最小值在右端点， $g(a)=f(2)=\sqrt{2}\,(2-a).$

综上

$$g(a)=\begin{cases} 0, & a\leqslant 0,\\[2pt] -\dfrac{2a}{3}\sqrt{\dfrac a3}, & 0<a<6,\\[2pt] \sqrt{2}\,(2-a), & a\geqslant 6. \end{cases}$$

接缝自检（一分钟，能挡住大部分抄错）：$a\to 0^{+}$ 时 $-\frac{2a}{3}\sqrt{\frac a3}\to 0$，与第一段的 $0$ 对上； $a\to 6^{-}$ 时 $-\frac{2\cdot 6}{3}\sqrt{2}=-4\sqrt2$，而第三段在 $a=6$ 给 $\sqrt2(2-6)=-4\sqrt2$，也对上。 三段接得住，$g$ 连续。

（Ⅱ）(ii) 三段各解一次不等式

解 $-6\leqslant g(a)\leqslant -2$。

第一段 $a\leqslant 0$：$g=0$，而 $0>-2$，不满足。无解。

第二段 $0<a<6$：这里换个字母算得干净。记 $m=\sqrt{\dfrac a3}>0$，则 $\dfrac a3=m^{2}$，于是

$$\frac{2a}{3}\sqrt{\frac a3}=2\cdot\frac a3\cdot\sqrt{\frac a3}=2m^{2}\cdot m=2m^{3}, \qquad g(a)=-2m^{3}.$$ $$-6\leqslant -2m^{3}\leqslant -2 \iff 1\leqslant m^{3}\leqslant 3 \iff 1\leqslant m\leqslant \sqrt[3]{3}.$$

换回 $a=3m^{2}$（$m\mapsto 3m^{2}$ 在 $m>0$ 上递增）：$3\leqslant a\leqslant 3\sqrt[3]{9}$。 而 $\left(3\sqrt[3]{9}\right)^{3}=27\times 9=243>216=6^{3}$，所以 $3\sqrt[3]{9}>6$。 与本段前提 $0<a<6$ 取交：

$$3\leqslant a<6 .$$

第三段 $a\geqslant 6$：

$$-6\leqslant \sqrt2\,(2-a)\leqslant -2 \iff 2\leqslant \sqrt2\,(a-2)\leqslant 6 \iff \sqrt2\leqslant a-2\leqslant 3\sqrt2 \iff 2+\sqrt2\leqslant a\leqslant 2+3\sqrt2 .$$

又 $3\sqrt2=\sqrt{18}>4$，故 $2+3\sqrt2>6$；而 $2+\sqrt2<2+2=4<6$。与前提 $a\geqslant 6$ 取交：

$$6\leqslant a\leqslant 2+3\sqrt2 .$$

三段是对 $a$ 的分类，结果要并起来：

$$\varnothing\cup[3,6)\cup\left[6,\ 2+3\sqrt2\right]=\boxed{\ \left[3,\ 2+3\sqrt2\right].\ }$$

避坑

• 最小值不是只看 $f'=0$ 的点。 本题第一段与第三段的最小值都落在端点上； 只把导数零点的函数值比一比就交卷，就是「只比极值忘了端点」。
• 三段要并不要交。 它们是 $a$ 的三类情形，不是同一个 $a$ 要同时满足的三个条件。
• 每段解完必须与该段前提取交。 第二段算出的右端 $3\sqrt[3]{9}$ 超出了 $a<6$， 第三段算出的左端 $2+\sqrt2$ 够不到 $a\geqslant 6$——两处都得砍。
• $\sqrt[3]{3}$ 与 $\sqrt2$、$2+3\sqrt2$ 与 $6$，都要真比一次，别凭印象。 六次方一比就清楚：$\left(\sqrt[3]{3}\right)^{6}=9>8=\left(\sqrt2\right)^{6}$。

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解法二：换元 $t=\sqrt{x}$ 变成三次函数，全程不用导数

带根号的式子求导容易写错（分母上的 $\sqrt x$、通分、合并）。换一个字母，根号整个消失， 剩下的是一个最熟的三次式——而且连导数都不必用。

换元：把范围一起搬过去

令 $t=\sqrt{x}$。$x$ 取遍 $[0,+\infty)$ 时 $t$ 也取遍 $[0,+\infty)$，且 $t=\sqrt x$ 是 严格递增的一一对应（反过来 $x=t^{2}$）。于是

$$f(x)=\sqrt x\,(x-a)=t\,(t^{2}-a)=t^{3}-at=:h(t).$$

严格递增的换元不改变单调方向：$f$ 在某段 $x$ 上递增（递减），当且仅当 $h$ 在对应的那段 $t$ 上 递增（递减）。范围也要搬：$x\in[0,2]\iff t\in[0,\sqrt2]$（这是根式换元去掉根号那一步的全部代价， 漏了它后面的最值就会算在一个取不到的点上）。

（Ⅰ）作差定号，不用导数

取 $0\leqslant t_{1}<t_{2}$，直接作差并因式分解：

$$h(t_{2})-h(t_{1})=\left(t_{2}^{3}-t_{1}^{3}\right)-a\left(t_{2}-t_{1}\right) =(t_{2}-t_{1})\Big(\underbrace{t_{1}^{2}+t_{1}t_{2}+t_{2}^{2}-a}_{=:S}\Big).$$

$t_{2}-t_{1}>0$，所以增减完全由 $S$ 的符号决定。

• $a\leqslant 0$：$t_{1}^{2}+t_{1}t_{2}+t_{2}^{2}\geqslant t_{2}^{2}>0\geqslant a$，故 $S>0$， $h$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格递增。换回去：$f$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增。

• $a>0$：记 $m=\sqrt{\dfrac a3}>0$，注意 $3m^{2}=a$。

  • 若 $0\leqslant t_{1}<t_{2}\leqslant m$：此时 $t_{1}<m$，于是 $t_{1}^{2}<m^{2}$、$t_{1}t_{2}<m^{2}$、$t_{2}^{2}\leqslant m^{2}$， 三项相加 $<3m^{2}=a$，故 $S<0$，$h$ 递减。
  • 若 $m\leqslant t_{1}<t_{2}$：此时 $t_{1}^{2}\geqslant m^{2}$、$t_{1}t_{2}>m^{2}$、$t_{2}^{2}>m^{2}$， 相加 $>3m^{2}=a$，故 $S>0$，$h$ 递增。

  所以 $h$ 在 $[0,m]$ 上递减、在 $[m,+\infty)$ 上递增。而 $t=m\iff x=m^{2}=\dfrac a3$， 换回 $x$ 就是：$f$ 的单调递减区间 $\left[0,\dfrac a3\right]$、单调递增区间 $\left(\dfrac a3,+\infty\right)$。

（Ⅱ）(i) 在 $t\in[0,\sqrt2]$ 上取最小值

• $a\leqslant 0$：$h$ 在 $[0,\sqrt2]$ 上递增，最小值 $h(0)=0$，即 $g(a)=0$。

• $0<a<6$：此时 $m=\sqrt{\frac a3}<\sqrt2$（两边平方即 $\frac a3<2$），$m$ 落在区间内部， $h$ 先减后增，最小值

  $$h(m)=m^{3}-am=m\left(m^{2}-a\right)=m\left(m^{2}-3m^{2}\right)=-2m^{3} =-2\cdot\frac a3\cdot\sqrt{\frac a3}=-\frac{2a}{3}\sqrt{\frac a3}.$$

• $a\geqslant 6$：此时 $m\geqslant\sqrt2$，$h$ 在整个 $[0,\sqrt2]$ 上递减，最小值 $h(\sqrt2)=2\sqrt2-a\sqrt2=\sqrt2\,(2-a)$。

$$g(a)=\begin{cases} 0, & a\leqslant 0,\\[2pt] -\dfrac{2a}{3}\sqrt{\dfrac a3}, & 0<a<6,\\[2pt] \sqrt{2}\,(2-a), & a\geqslant 6. \end{cases}$$

（Ⅱ）(ii) 中间那段用 $m$ 解，干脆得多

$-6\leqslant g\leqslant -2$ 要求 $g<0$，而 $a\leqslant 0$ 时 $g=0$，故必有 $a>0$。

• $0<a<6$，也就是 $0<m<\sqrt2$：由 $g=-2m^{3}$，

  $$-6\leqslant -2m^{3}\leqslant -2\iff 1\leqslant m^{3}\leqslant 3\iff 1\leqslant m\leqslant\sqrt[3]{3}.$$

  但本段还压着 $m<\sqrt2$。比一次：$\left(\sqrt[3]{3}\right)^{6}=3^{2}=9$，$\left(\sqrt2\right)^{6}=2^{3}=8$， 所以 $\sqrt[3]{3}>\sqrt2$，上界被 $\sqrt2$ 截住，得 $1\leqslant m<\sqrt2$。 换回 $a=3m^{2}$：$3\leqslant a<6$。

• $a\geqslant 6$：由 $-6\leqslant\sqrt2\,(2-a)\leqslant-2$ 得 $\sqrt2\leqslant a-2\leqslant 3\sqrt2$， 即 $2+\sqrt2\leqslant a\leqslant 2+3\sqrt2$；与 $a\geqslant 6$ 取交得 $6\leqslant a\leqslant 2+3\sqrt2$ （因为 $3\sqrt2=\sqrt{18}>4$，故 $2+3\sqrt2>6$）。

两段并起来：

$$\boxed{\ 3\leqslant a\leqslant 2+3\sqrt2 .\ }$$

避坑

• 换元后漏掉新变量的取值范围是这条路唯一的雷：$t=\sqrt x$ 天然有 $t\geqslant 0$， 而 $x\in[0,2]$ 变成 $t\in[0,\sqrt2]$。$t$ 的范围一旦写成 $\mathbb{R}$，$h(t)=t^{3}-at$ 在 $t<0$ 那一侧还有一个极大值点，整道题就走岔了。
• 作差定号要说清 $t_{1}<t_{2}$ 的那几处严格不等。三项里只要有一项严格小于 $m^{2}$， 和就严格小于 $3m^{2}$——这一句是「递减」而不是「不增」的依据。
• 换回 $x$ 时别忘了 $t=m$ 对应的是 $x=m^{2}=\dfrac a3$，不是 $x=m$。

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解法三：先把 $g$ 的整体形状定下来，只解两个方程

第 (ii) 问真正需要的不是三段式的细节，而是一句话：$g$ 是严格单调的。 只要这句话成立，「$-6\leqslant g\leqslant -2$」的解集必是一个闭区间，两个端点各由一个方程定出来—— 三段不等式当场省掉两段。

（Ⅰ）先化成三次多项式再求导

令 $t=\sqrt x$（$x\geqslant 0\iff t\geqslant 0$，$x=t^{2}$，这是严格递增的一一对应，不改变单调方向），

$$f(x)=t^{3}-at=:h(t),\qquad h'(t)=3t^{2}-a .$$

对多项式求导比对带根号的 $f$ 求导干净得多：

• $a\leqslant 0$：$h'(t)=3t^{2}-a\geqslant -a\geqslant 0$，且只可能在 $t=0$ 一点取零， 故 $h$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格递增 $\Rightarrow$ $f$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增。
• $a>0$：$h'(t)=0\iff t=\sqrt{\dfrac a3}=:m$；$0<t<m$ 时 $h'<0$，$t>m$ 时 $h'>0$。 由 $t=m\iff x=m^{2}=\dfrac a3$ 换回去：$f$ 的单调递减区间 $\left[0,\dfrac a3\right]$、 单调递增区间 $\left(\dfrac a3,+\infty\right)$。

（Ⅱ）(i) 按 $m$ 与 $\sqrt2$ 的位置分三段

$x\in[0,2]\iff t\in[0,\sqrt2]$，而 $m<\sqrt2\iff\dfrac a3<2\iff a<6$。于是

• $a\leqslant 0$：$h$ 在 $[0,\sqrt2]$ 上递增，$g(a)=h(0)=0$；
• $0<a<6$：$h$ 先减后增，$g(a)=h(m)=m\left(m^{2}-a\right)=-2m^{3}=-\dfrac{2a}{3}\sqrt{\dfrac a3}$；
• $a\geqslant 6$：$h$ 在 $[0,\sqrt2]$ 上递减，$g(a)=h(\sqrt2)=\sqrt2\,(2-a)$。

$$g(a)=\begin{cases} 0, & a\leqslant 0,\\[2pt] -\dfrac{2a}{3}\sqrt{\dfrac a3}, & 0<a<6,\\[2pt] \sqrt{2}\,(2-a), & a\geqslant 6. \end{cases}$$

（Ⅱ）(ii) 先证两条整体性质，再只解两个方程

性质一：$a>0$ 时 $g(a)<0$，且 $g$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格递减。

这一条不必看分段式，把 $a$ 当自变量直接比：固定 $0<a_{1}<a_{2}$，对一切 $x\in[0,2]$，

$$f_{a_{2}}(x)=\sqrt x\,(x-a_{2})=\sqrt x\,(x-a_{1})-(a_{2}-a_{1})\sqrt x = f_{a_{1}}(x)-(a_{2}-a_{1})\sqrt x\ \leqslant\ f_{a_{1}}(x),$$

等号只在 $x=0$ 取到。参数变大，整条曲线（除左端点外）被整体压低。

再看 $f_{a_{1}}$ 的最小值点。取 $x_{0}=\min\left(\dfrac{a_{1}}{3},\,2\right)$，它满足 $0<x_{0}<a_{1}$ （$\frac{a_1}{3}<a_1$；若 $2<\frac{a_1}{3}$ 则更有 $2<a_1$），于是 $f_{a_{1}}(x_{0})=\sqrt{x_{0}}\,(x_{0}-a_{1})<0$。 所以 $g(a_{1})<0=f_{a_{1}}(0)$，最小值点 $x^{*}$ 不可能是 $0$，即 $x^{*}>0$。于是

$$g(a_{2})\leqslant f_{a_{2}}(x^{*})=f_{a_{1}}(x^{*})-(a_{2}-a_{1})\sqrt{x^{*}} = g(a_{1})-(a_{2}-a_{1})\sqrt{x^{*}}<g(a_{1}).$$

（$f$ 在闭区间 $[0,2]$ 上连续，最小值点 $x^{*}$ 存在。）

性质二：$g$ 连续，且 $a\to+\infty$ 时 $g(a)\to-\infty$。

三段各自连续；接缝处 $a=0$ 两侧都给 $0$，$a=6$ 两侧都给 $-4\sqrt2$，所以 $g$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续。 又 $a\geqslant 6$ 时 $g=\sqrt2(2-a)\to-\infty$。

于是解集必是一个闭区间。 $g(0)=0$，$g$ 在 $(0,+\infty)$ 上连续、严格递减、趋于 $-\infty$， 所以它把 $(0,+\infty)$ 一一地映满 $(-\infty,0)$：每个负数恰好被一个 $a$ 取到。 而 $a\leqslant 0$ 时 $g=0$ 不在 $[-6,-2]$ 里。所以

$$-6\leqslant g(a)\leqslant -2\iff a\in[a_{1},a_{2}], \qquad\text{其中}\quad g(a_{1})=-2,\quad g(a_{2})=-6 .$$

解 $g(a)=-2$。 先试中间那段（$0<a<6$）。记 $m=\sqrt{\frac a3}$，该段 $g=-2m^{3}$： $-2m^{3}=-2\Rightarrow m=1\Rightarrow a=3m^{2}=3$，落在 $(0,6)$ 内 ✓。故 $a_{1}=3$。

解 $g(a)=-6$。 仍先试中间那段：$-2m^{3}=-6\Rightarrow m=\sqrt[3]{3}\Rightarrow a=3\left(\sqrt[3]{3}\right)^{2}=3\sqrt[3]{9}$。 但 $\left(3\sqrt[3]{9}\right)^{3}=27\times 9=243>216=6^{3}$，故 $3\sqrt[3]{9}>6$，不在 $(0,6)$ 内，舍。 改试第三段（$a\geqslant 6$）：$\sqrt2\,(2-a)=-6\Rightarrow a-2=\dfrac{6}{\sqrt2}=3\sqrt2\Rightarrow a=2+3\sqrt2$， 而 $3\sqrt2=\sqrt{18}>4$，故 $a>6$ ✓。故 $a_{2}=2+3\sqrt2$。

$$\boxed{\ 3\leqslant a\leqslant 2+3\sqrt2 .\ }$$

避坑

• 单调性必须先证。 由 $g(a)=-2$ 断定「$a$ 只能是 $3$」，靠的是 $g$ 单射； 单调性没验就这么反推，就是「没验单调就由函数值反推自变量」——万一 $g$ 先减后增， 同一个值会在两处取到，答案就少了一半。
• 解方程时「试哪一段」也要交代。 把 $-6$ 代进中间那段解出 $3\sqrt[3]{9}$ 之后， 必须验它在不在 $(0,6)$ 里；不在就舍掉，再换段。这一步漏掉，答案右端就会写成 $3\sqrt[3]{9}$。
• 这条路省的是 (ii)，不省 (i)。 分段式还是要写出来——(i) 本来就问它， 而且性质二的连续性也要靠它来验接缝。

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三条路各自省在哪里

三条路的 (i) 完全一样——那张分段式是这道题的骨架，绕不过去。 差别全在两端：(Ⅰ) 用什么工具判单调，以及 (ii) 是逐段解不等式还是先看整体。

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最后：这道题最容易丢分的三处

1. $a\leqslant 0$ 那一支被整段漏掉。 这一支里 $f'(x)=\frac{3x-a}{2\sqrt x}$ 的分子在 $x>0$ 上恒正， 没有零点、不需要讨论拐点——正因为它「不用讨论」，最容易被当成不存在。 漏了它，$g(a)$ 就少一段，(ii) 里「$a\leqslant 0$ 无解」这句话也无从写起。
2. 三段的结果要并不要交，每段的解要与该段前提取交。 两件事方向相反，最容易混： 段内是「取交」（解出来的范围 $\cap$ 本段前提），段间是「取并」（三类情形合在一起）。
3. 三处大小比较要真比，不能凭印象：$\sqrt[3]{3}$ 与 $\sqrt2$（六次方 $9>8$）、 $3\sqrt[3]{9}$ 与 $6$（立方 $243>216$）、$2+3\sqrt2$ 与 $6$（$3\sqrt2=\sqrt{18}>4$）。 这三处任一处比反，区间端点就错。顺带记住答案的两个端点各自的来历： $a=3$ 来自内部最小值那一段，$a=2+3\sqrt2$ 来自右端点最小值那一段—— 它们不在同一条式子上。