馬維　高明

[摘 要] 在解決問題的時(shí)候，往往用到“充要條件”（即等價(jià)轉(zhuǎn)化），但在解數(shù)學(xué)題的過程中，充要條件的尋找并不簡(jiǎn)單，通過放大范圍，找到使命題成立的“必要條件”，然后證明其充分性，進(jìn)而使問題得到解決. 文章主要探究其在圓錐曲線、含參數(shù)不等式中的應(yīng)用.

[關(guān)鍵詞] 必要條件；放大范圍；充分性

已知P={xx滿足條件p}，Q={xx滿足條件q}，若命題P？哿Q，則？坌x∈P，都有x∈Q，即p？圯q，稱p是q的充分條件，q是p的必要條件. 欲尋求使命題成立的充分條件，可以縮小范圍；欲尋求命題成立的必要條件，可以擴(kuò)大范圍.通常在解數(shù)學(xué)題的過程中，往往通過等價(jià)轉(zhuǎn)化，精確地找到范圍，最后也不需要檢驗(yàn). 但是很多情況下，等價(jià)轉(zhuǎn)化不易進(jìn)行，不妨退而求其次，采用非等價(jià)轉(zhuǎn)化的方法來解，本文主要談“先必要再充分”（即先找到命題成立的必要條件，再驗(yàn)證其充分性）的運(yùn)用.

利用必要條件解決圓錐曲線綜合問題

圓錐曲線是高中數(shù)學(xué)的一個(gè)重難點(diǎn)內(nèi)容，這部分內(nèi)容充分體現(xiàn)了笛卡兒的解析幾何思想，對(duì)于高中生來說，計(jì)算量大是圓錐曲線的特點(diǎn). 圓錐曲線有關(guān)定值定點(diǎn)問題、存在性問題是難點(diǎn)，運(yùn)算量較大，這些問題利用“必要條件”會(huì)簡(jiǎn)化計(jì)算過程.

例1（2015年四川高考理20）如圖1，橢圓E：+=1（a>b>0）的離心率為，過點(diǎn)P（0，1）的動(dòng)直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn). 當(dāng)直線l平行于x軸時(shí)，直線l被橢圓截得的線段長(zhǎng)為2.

（1）求橢圓E的方程；

（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，是否存在與點(diǎn)P不同的點(diǎn)Q，使得=恒成立？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由.

分析與解答：（1）易求出橢圓E的方程為+=1.

（2）解法一：看到=，會(huì)聯(lián)想到角平分線的性質(zhì)，

也就是說PQ是∠AQB的角平分線，相當(dāng)于是點(diǎn)P到直線QA，QB的距離相等.

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0），直線l：y=kx+1，

聯(lián)立橢圓方程消去y得（2k2+1）x2+4kx-2=0，得

x1+x2=-，x1x2=-.

直線QA：（y1-y0）x-（x1-x0）y-x0y1+x1y0=0得dP-QA=.

同理dP-QB=. 若兩式相等聯(lián)立，后面計(jì)算非常復(fù)雜.

因此，采取尋找必要條件的方法.

解法二：首先尋找直線的特殊位置，當(dāng)直線l與x軸平行時(shí)，設(shè)直線l與橢圓相交于C，D兩點(diǎn)，如果存在定點(diǎn)Q滿足條件，則有==1，

即QC=QD. 所以點(diǎn)Q在y軸上，則可設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（0，y0）.

當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，設(shè)直線l與橢圓相交于M，N兩點(diǎn)，

則M（0，），N（0，-）.

由=，得=，解得y0=1或y0=2.

所以，存在不同于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q滿足條件，則Q的坐標(biāo)只能為（0，2）

現(xiàn)在已找到必要條件Q（0，2），下面證明它對(duì)任意直線均成立（即充分性）：

由法一知：+==2k.

易知，點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)B′的坐標(biāo)為（-x2，y2）.

又kQA==k-，kQB′==k-，？搖？搖

所以kQA=kQB′，即Q，A，B′三點(diǎn)共線，所以===.

故存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q（0，2），使得=恒成立.

利用必要條件解決含參不等式

函數(shù)是高中數(shù)學(xué)的重要板塊，其思想貫穿整個(gè)高中，函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合常常作為高考?jí)狠S題，含參不等式更是重點(diǎn)、熱點(diǎn)內(nèi)容. 含參不等式需要進(jìn)行分類討論，但是情況繁雜，所以常借助一些簡(jiǎn)便方法來幫助解答，此處利用“尋找必要條件、后證明充分性”的方法來解決這類問題.

例2（2011年浙江高考文21） 設(shè)函數(shù)f（x）=a2lnx-x2+ax（a>0），

？搖？搖（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；

？搖？搖（2）求所有實(shí)數(shù)a，使e-1≤f（x）≤e2對(duì)x∈[1，e]恒成立（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）.

分析與解答：（1）對(duì)于第一問，比較簡(jiǎn)單，一般都能順利給出答案，即f（x）在（0，a）單調(diào)遞增，在[a，+∞）單調(diào)遞減.

（2）（一般解法）依題只需f（x）min≥e-1，f（x）max≤e2即可.

f′（x）=-（a>0）.

①當(dāng)a≤1時(shí)，由⑴知，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，此時(shí)

f（x）min=f（e）=a2-e2+ae≥e-1，即a2+1+ae≥e2+e.

又由a≤1，a2+1≤e2，ae

②當(dāng)1

故f（x）max=f（a）=a2lna≤e2. 又f（1）= -1+a≥e-1，即a≥e與a

③當(dāng)a≥e時(shí)，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，f（x）min=f（1）=-1+a≥e-1滿足，

f（x）max=f（e）=a2-e2+ae≤e2，即a2+ae-2e2≤0.

所以（a+2e）（a-e）≤0，所以a≤e，故a=e.

綜上：當(dāng)a=e時(shí)，不等式e-1≤f（x）≤e2在[1，e]上恒成立.

對(duì)于第二問：

首先找到不等式成立的必要條件：e-1≤f（1）≤e2？圯e≤a≤e2+1，此時(shí)f（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，要使不等式e-1≤f（x）≤e2在[1，e]上恒成立，

只需f（1）=-1+a≥e-1，f（e）=a2-e2+ae≤e2，

解之得a=e.

評(píng)注：若直接等價(jià)轉(zhuǎn)化，則情況繁雜，但采用“先必要再充分”的方法則具有明顯優(yōu)勢(shì). 對(duì)于這類在某個(gè)區(qū)間上恒成立的問題，通常會(huì)將區(qū)間的端點(diǎn)或內(nèi)部某些特殊值帶入不等式，會(huì)得到一個(gè)取值范圍. 這樣也就得到所求范圍的一個(gè)必要條件，有效地避免分類討論，優(yōu)化了解題過程.

例3 設(shè)a∈R，函數(shù)f（x）=ax3-3x2，

（1）若x=2是函數(shù)y=f（x）的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值；

（2）若函數(shù)g（x）=exf（x）在[0，2]上是單調(diào)減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解析與解答：（1）易求出a=1.

（2）g（x）在[0，2]上單調(diào)遞減，即g′（x）在[0，2]上恒有g(shù)′（x）≤0.

g′（x）=ex（ax3+3ax2-3x2-6x） 一般會(huì)采取分a=0，a>0，a<0三種情況討論的方法.

此處首先獲取一個(gè)必要條件，g′（2）=e2（20a-24）≤0，即a≤.

g′（x）=ex[a（x3+3x2）-3x2-6x]≤ex（x3+3x2）-3x2-6x=xex（2x+5）（x-2）≤0，

綜上：a∈-∞，.

例4（2012年浙江高考理） 設(shè)a∈R，若x>0時(shí)，均有[（a-1）x-1]（x2-ax-1）≥0，則a=______.

分析與解答：若設(shè)新函數(shù)，再求導(dǎo)、討論，由于時(shí)間原因，可能根本無法進(jìn)行.

可通過不斷獲取必要條件來縮小范圍.

首先當(dāng)x=1時(shí)，（a-2）a≤0，解得0≤a≤2.

其次當(dāng)x=2時(shí)，（2a-3）（3-2a）≥0，即（2a-3）2≤0，解得a=.

大多數(shù)人的習(xí)慣是實(shí)現(xiàn)“等價(jià)轉(zhuǎn)化”，即尋找命題成立的充要條件，而上面給出的幾個(gè)例子則是通過先獲取一個(gè)必要條件，然后再去證明其充分性，這種方法不落俗套，達(dá)到化繁為簡(jiǎn)、化難為易的目的. 從而避免了分類討論，優(yōu)化了解題過程.