浙江 2012 · 数学 q17

冷启动：先看清”恒成立”约束的是什么

题目是一个乘积恒非负：记

$$f(x)=(a-1)x-1,\qquad g(x)=x^{2}-ax-1,\qquad h(x)=f(x)g(x),$$

条件是 $h(x)\geqslant 0$ 对一切 $x>0$ 成立。

第一件该做的事是看 $g$，因为 $g$ 的行为与 $a$ 几乎无关。 $g$ 的图象开口向上， $g(0)=-1<0$，所以它在 $x>0$ 上恰有一个零点

$$x_{2}=\frac{a+\sqrt{a^{2}+4}}{2}>0$$

（另一个零点 $\frac{a-\sqrt{a^{2}+4}}{2}<0$，不在 $x>0$ 里）。于是在 $x>0$ 上

$$g(x)<0\ \ (0<x<x_{2}),\qquad g(x_{2})=0,\qquad g(x)>0\ \ (x>x_{2}).$$

注意这一段对任何实数 $a$ 都成立——$a$ 只挪动 $x_{2}$ 的位置，不改变”先负后正、只变一次号”这个形状。

于是全部信息压在一句话里：$g$ 在 $x>0$ 上变号一次，而乘积 $h$ 不许变号。 乘积不变号，就要求 $f$ 必须在同一点、以同一方向跟着变号—— $f$ 在 $(0,x_{2})$ 上 $\leqslant 0$、在 $(x_{2},+\infty)$ 上 $\geqslant 0$。 $f$ 是直线，能做到这件事只有一种可能：斜率为正，且零点恰好是 $x_{2}$。

$$a-1>0\quad\text{且}\quad \frac{1}{a-1}=x_{2}.$$

这就是全部。下面四条路只是求这个方程的四种手法， 差别在于要不要碰 $\sqrt{a^{2}+4}$：

• 路一老实解那个含根号的方程；
• 路二把 $x_{2}$ 当主元，方程降成一个漂亮的二次；
• 路三只代一个 $x$——而那个 $x$ 是能自己找出来的，不是背来的；
• 路四换个角度整体改写，条件变成”两条曲线夹住一条水平线”，图一画答案就在交点上。

解法一：原卷路线——二次因式在 $x>0$ 只变号一次，一次因式必须在同一点同向变号

冷启动已经把结构讲完，这里补齐”为什么别的情形都不行”， 因为这道题的分数一半在排除上。

先排掉 $a-1\leqslant 0$。

• $a-1<0$：$f(x)=(a-1)x-1<0$ 对一切 $x>0$（负斜率的直线，$f(0)=-1<0$，只会更负）。 于是要 $h\geqslant 0$ 就得 $g\leqslant 0$ 对一切 $x>0$， 但 $x>x_{2}$ 时 $g>0$，矛盾。
• $a-1=0$（即 $a=1$）：$f\equiv-1<0$，同上矛盾。

所以 $a>1$。 此时 $f$ 递增、$f(0)=-1<0$，零点是 $x_{1}=\dfrac{1}{a-1}>0$， 且 $f<0$ 在 $(0,x_{1})$、$f>0$ 在 $(x_{1},+\infty)$。 把 $x_{1}$、$x_{2}$ 标到数轴上分三种情形：

两点只要不重合，中间那一段必定为负（长度为正的一段，不是一个点）， 所以恒成立强迫 $x_{1}=x_{2}$。

解方程。 把 $x=\dfrac{1}{a-1}$ 代进 $g(x)=0$，两边乘 $(a-1)^{2}>0$：

$$1-a(a-1)-(a-1)^{2}=0 \ \Longrightarrow\ 1-a^{2}+a-a^{2}+2a-1=0 \ \Longrightarrow\ -2a^{2}+3a=0,$$

即 $a(3-2a)=0$，得 $a=0$ 或 $a=\dfrac{3}{2}$。

$a=0$ 必须舍：它不满足前面挣到的 $a>1$。 （直接看也清楚：$a=0$ 时 $f(x)=-x-1<0$、$g(x)=x^{2}-1$ 在 $x>1$ 时为正，$h<0$。）

所以 $a=\dfrac{3}{2}$。 回代验证：$f(x)=\frac{x}{2}-1$、$g(x)=x^{2}-\frac{3}{2}x-1=(x-2)\left(x+\frac{1}{2}\right)$，

$$h(x)=\frac{1}{2}(x-2)\cdot(x-2)\left(x+\frac{1}{2}\right) =\frac{1}{2}(x-2)^{2}\left(x+\frac{1}{2}\right)\geqslant 0\quad(x>0).$$

$a=0$ 那个多余根是怎么冒出来的？ 因为代入 $g(x_{1})=0$ 只用到”$x_{1}$ 是 $g$ 的零点”， 没用到”$x_{1}>0$ 且 $a>1$“。代入法天生只给必要条件，这就是必须回头验的原因。

解法二：恒非负 $\Rightarrow$ 区间内的零点必是偶重根——改以那个正零点为主元，绕开 $\sqrt{a^{2}+4}$

这条路把”同点同向变号”换成一句更好用的话。

一般原理：若多项式 $h$ 在一个区间上恒非负，而 $x_{0}$ 是区间内部的零点， 那么 $x_{0}$ 必是偶重根——否则 $h$ 在 $x_{0}$ 两侧异号，一侧就为负了。 （这正是”数轴标根”的规则：过奇重根变号、过偶重根不变号。）

用到本题：$x_{2}>0$ 是 $g$ 的零点，故也是 $h$ 的零点，而它在开区间 $(0,+\infty)$ 内部， 所以它在 $h$ 里的重数必须是偶数。$g=x^{2}-ax-1$ 的判别式 $a^{2}+4>0$， 两根互异，所以 $x_{2}$ 在 $g$ 里只出现一次；那多出来的一次只能由 $f$ 提供：

$$f(x_{2})=0.$$

关键动作：别去解 $x_{2}$，改把 $x_{2}$ 当自变量、把 $a$ 当因变量。 两个条件都能解出 $a$：

$$g(x_{2})=0\ \Longrightarrow\ a=x_{2}-\frac{1}{x_{2}};\qquad f(x_{2})=0\ \Longrightarrow\ a=1+\frac{1}{x_{2}}.$$

（第一式由 $x_{2}^{2}-ax_{2}-1=0$ 除以 $x_{2}>0$ 得；第二式由 $(a-1)x_{2}=1$ 得， 顺带说明 $a-1=\frac{1}{x_{2}}>0$，$a>1$ 是自动的、不用另外讨论。）

两式相等，同乘 $x_{2}>0$：

$$x_{2}-\frac{1}{x_{2}}=1+\frac{1}{x_{2}} \ \Longrightarrow\ x_{2}^{2}-x_{2}-2=0 \ \Longrightarrow\ (x_{2}-2)(x_{2}+1)=0 .$$

$x_{2}>0$ 故 $x_{2}=2$，于是

$$a=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}.$$

这条路的收益：整道题没出现过 $\sqrt{a^{2}+4}$， $a=0$ 那个多余根根本没机会产生（因为 $a=1+\frac{1}{x_{2}}>1$ 已经内置了正确的范围）， 最后落到一个能口算的二次方程。换主元把”含参的根”变成”生成参数的自变量”， 是含参零点问题的通用减负手法。

充分性仍要验一次（$h=\frac12(x-2)^{2}(x+\frac12)\geqslant0$，同解法一）。

解法三：只代一个 $x$——解”两因式之和为零”时 $a$ 自动消掉，得 $x=2$，$h(2)=-(2a-3)^{2}$

这条路最快，但它的价值在于那个特值是”找”出来的，不是”看答案”看出来的。

恒成立意味着每一个 $x>0$ 都给一个关于 $a$ 的不等式。 随便代当然可以：$x=1$ 给

$$[(a-1)-1](1-a-1)=(a-2)(-a)\geqslant 0 \ \Longrightarrow\ a(a-2)\leqslant 0 \ \Longrightarrow\ 0\leqslant a\leqslant 2,$$

一个区间，没到位。问题是代哪个 $x$ 最狠？

答案：代那个让两个因式互为相反数的 $x$。 因为若 $f(x)=-g(x)$，则

$$h(x)=f(x)g(x)=-f(x)^{2}\leqslant 0,$$

而条件要 $h(x)\geqslant 0$，两头一夹只能 $h(x)=0$——一个等式，不是不等式。 这种 $x$ 存在吗？解 $f(x)+g(x)=0$：

$$\bigl[(a-1)x-1\bigr]+\bigl[x^{2}-ax-1\bigr] =x^{2}+ax-x-ax-2 =x^{2}-x-2 .$$

$a$ 自己消掉了。 于是 $f(x)+g(x)=x^{2}-x-2=(x-2)(x+1)$， 它在 $x>0$ 上的唯一零点是

$$x=2 .$$

（$x=-1$ 不在范围内。这一步是先验的：不需要知道 $a$，也不需要知道答案。）

代 $x=2$：$f(2)=2a-3$、$g(2)=4-2a-1=3-2a=-f(2)$，故

$$h(2)=f(2)g(2)=-(2a-3)^{2}\geqslant 0 \ \Longrightarrow\ (2a-3)^{2}\leqslant 0 \ \Longrightarrow\ a=\frac{3}{2}.$$

一个特值把 $a$ 逼死了。

但必须把话说完。 到这里得到的只是必要条件： “若恒成立，则 $a=\frac32$“。反过来 $a=\frac32$ 是否真的恒成立， 特值法一个字都没说。所以补上充分性——这一步不能省：

$$a=\frac{3}{2}:\quad h(x)=\left(\frac{x}{2}-1\right)\left(x^{2}-\frac{3}{2}x-1\right) =\frac{1}{2}(x-2)^{2}\left(x+\frac{1}{2}\right)\geqslant 0\quad(x>0). \checkmark$$

为什么 $x=2$ 这么灵？ 回头看就明白了：$f(x)=-g(x)$ 且 $h(x)=0$， 逼出 $f(2)=g(2)=0$——也就是 $x=2$ 同时是两个因式的零点， 正是解法一、二里那个"$x_{1}=x_{2}$"。三条路撞的是同一件事，只是路三从”和”这一侧摸到了它， 而”和”里的 $a$ 恰好抵消，所以不必先知道 $a$。

这一招什么时候能用：乘积（或和）型恒成立，且能找到一个让两个因子互为相反数 （或让某个平方项现身）的具体点。判据是”代进去之后不等式变成等式”—— 只要出现 $-(\ \cdot\ )^{2}\geqslant 0$ 这种形状，参数就被夹死了。

解法四：参变分离——条件等价于 $a$ 被 $x-\frac{1}{x}$ 与 $1+\frac{1}{x}$ 夹住，两曲线只相遇一次

前三条都在研究”$a$ 让两个因式怎么变号”。这一条反过来：把 $a$ 解出来。

两个因式各自的零点都能显式解出 $a$（$x>0$ 故可以除）：

$$g(x)=x^{2}-ax-1=x\left(x-\frac{1}{x}-a\right)=x\bigl(u(x)-a\bigr), \qquad u(x)=x-\frac{1}{x};$$ $$f(x)=(a-1)x-1=x\left(a-1-\frac{1}{x}\right)=x\bigl(a-v(x)\bigr), \qquad v(x)=1+\frac{1}{x}.$$

（两式直接展开即可核对。）于是

$$h(x)=f(x)g(x)=x^{2}\bigl(a-v(x)\bigr)\bigl(u(x)-a\bigr),$$

而 $x^{2}>0$，所以条件 $h(x)\geqslant 0$ 等价于

$$\bigl(a-v(x)\bigr)\bigl(u(x)-a\bigr)\geqslant 0\qquad\text{对一切 }x>0 .$$

这个式子念出来就是一句话：$a$ 必须夹在 $u(x)$ 与 $v(x)$ 之间 （含端点，谁大谁小都行）。对每一个 $x>0$ 都要夹住——于是答案必须同时落在所有这些”夹子”里。

两个夹子端点的性质是现成的：

• $u(x)=x-\dfrac{1}{x}$ 在 $x>0$ 上递增（两项都递增），从 $-\infty$ 增到 $+\infty$；
• $v(x)=1+\dfrac{1}{x}$ 在 $x>0$ 上递减，从 $+\infty$ 减到 $1$。

一增一减，所以它们最多相遇一次。相遇点由 $u(x)=v(x)$ 定：

$$x-\frac{1}{x}=1+\frac{1}{x} \ \Longrightarrow\ x-\frac{2}{x}=1 \ \Longrightarrow\ x^{2}-x-2=0 \ \Longrightarrow\ x=2\ (x>0),$$

此时 $u(2)=v(2)=2-\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$。

收网只需一个 $x$。 约束”$a$ 夹在 $u(x)$ 与 $v(x)$ 之间”对每个 $x>0$ 都成立， 而 $x=2$ 本身就在范围里，那里两个端点重合成同一个数：

$$u(2)\leqslant a\leqslant v(2) \quad\text{即}\quad \frac{3}{2}\leqslant a\leqslant\frac{3}{2} \ \Longrightarrow\ a=\frac{3}{2}.$$

夹子在那一点退化成一个点，$a$ 就没有别的选择了。

换个说法（不用 $x=2$ 这个点也能收网）：只看 $0<x<2$，那里 $v>u$， 夹子是 $[u(x),v(x)]$，于是

$$a\geqslant\sup_{0<x<2}u(x)=\frac{3}{2}, \qquad a\leqslant\inf_{0<x<2}v(x)=\frac{3}{2}.$$

（$u$ 递增故上确界是 $x\to2^{-}$ 的极限 $u(2)=\frac32$，$v$ 递减故下确界是 $v(2)=\frac32$； 两个确界在这个开区间上都取不到，但确界本身已经把 $a$ 卡死了—— “取不到”不会让约束松一档，这一点别想反。） $x>2$ 那一半给的约束更松：那里 $u>v$，夹子是 $[v(x),u(x)]$，$a=\frac32$ 显然落在里面。

反过来验充分性：$a=\frac32$ 时，对每个 $x>0$， $\left(\frac32-v(x)\right)\left(u(x)-\frac32\right)$ 的两个括号同时在 $x<2$ 为 （负）·（负）、在 $x>2$ 为（正）·（正）、在 $x=2$ 同时为零，乘积恒 $\geqslant0$。$\checkmark$

这条路给出的图像是教学图第①块：两条曲线一增一减，只在 $\left(2,\frac32\right)$ 相遇， 那条水平线 $y=a$ 想要”处处夹在两条曲线之间”，只能穿过那个交点。 “可行带缩成一个点”这件事在图上是一眼的，在代数里则要靠上面那两个确界说清。

四条路怎么选

• 考场上先试路三：$f+g$ 里 $a$ 抵消是三十秒能看出来的事， 代一个 $x$ 就得答案，再花一行回代验证。总时间最短。
• 路三看不出来时用路二：偶重根这一步不需要灵感， 而”以 $x_{2}$ 为主元”是机械动作，且自动挣到 $a>1$，比路一少一整段讨论。
• 路四适合改成”求 $a$ 的取值范围”的变体：一旦题目把 $\geqslant$ 换成别的、 或把 $x>0$ 换成一个有限区间，路四的两个确界会直接给出区间， 而路一路二得从头讨论。
• 路一不该跳过：那张符号表是这道题的骨架，另外三条路都在偷懒地绕过它。 第一次做这道题，值得把表画一遍。

一句话带走

$g$ 在 $x>0$ 只变号一次，而乘积不许变号——于是 $f$ 的零点必须和 $g$ 的正零点重合。 把这句话写成方程有四种写法，最省的是”两因式之和为零时 $a$ 自动消掉”， 给出唯一可代的 $x=2$，$h(2)=-(2a-3)^{2}\geqslant0$ 一步逼出 $a=\frac32$； 但特值只给必要条件，$h(x)=\frac12(x-2)^{2}\left(x+\frac12\right)\geqslant0$ 这一行回代不能省。