二維含參型一元三次函數極值點的最值

二維含參型一元三次函數極值點的最值

史立新

[1]、 [2] 都涉及到對 2009 年中國大陸卷 I (理) 22 題第 (II) 小題的研究與評論, 讓我們 來重溫該試題:

設函數 f (x) = x³+ 3bx²+ 3cx 有兩個極值點 x1, x2, 且 x1 ∈ [−1, 0], x2 ∈ [1, 2], (I) 求 b、 c 滿足的約束條件, 並在下面的座標平面內, 畫出滿足這些條件的點 (b, c) 的區域;

(II) 證明: −10 ≤ f (x2) ≤ −1 2。

對於第 (I) 小題, 標準答案給出的 b、 c 滿足的約束條件為

















c ≥ 2b − 1 c ≤ 0

c ≤ −2b − 1 c ≥ −4b − 4

滿足這些約束條件的點 (b, c) 的集合為下圖陰影部分的平面區域 (包括全部邊界)。

圖1

對於第 (II) 小題, 國家考試中心給出的標準答案如下:

由題設知 f^′(x2) = 3x²₂+ 6bx2+ 3c = 0, 故 bx2 = −1

2x²₂− 1

2c, 於是 f (x2) = x³₂+ 3bx²₂+ 3cx2 = −1

2x³₂+ 3c 2x2。 由於 x2 ∈ [1, 2], 而由 (I) 知 c ≤ 0, 故

−4 + 3c ≤ f (x2) ≤ −1 2 +3

2c, 又由 (I) 知 −2 ≤ c ≤ 0, 所以 −10 ≤ f (x2) ≤ −1

2。

如果將 「標準答案」 稱為 「消 b 證法」, 那麼 [1] 給出的完全模仿 「標準答案」、 並且比 「標 準答案」 更清晰的證法應叫 「消 c 證法」:

「另解 由 f^′(x2) = 3x²₂+ 6bx2+ 3c = 0 得 3c = −3x²₂− 6bx₂,

∴ 3cx2 = −3x³₂− 6bx²₂ 代入 f (x2) = x³₂+ 3bx²₂+ 3cx2 中 得 f (x₂) = −2x³₂ − 3bx²₂.

令 g(x2) = −2x³₂− 3bx²₂, 由 x2 ∈ [1, 2], −1 ≤ b ≤ 0,

知 g^′(x2) = −6x²₂(x2+ b) ≤ 0, 所以 g(x2) 在 [1, 2] 上單調遞減, 得

−16 − 12b = f (2) ≤ f (x₂) ≤ f (1) = −2 − 3b.

又 b ∈ [−1, 0], 且 −16 − 2b, −2 − 3b 均遞減,

−16 = −16 − 12 × 0 ≤ f (x₂) ≤ −2 − 3(−1) = 1 竟然得不出

−10 ≤ f (x₂) ≤ −1

2, 而且擴大了其範圍。」

按理說, 由於在這個數學問題中, 參變數 b 與 c 都具有獨立的對等地位, 只要 「標準答案」

的證明理論科學正確, 那麼無論採用 「消 b 證法」 還是採用 「消 c 證法」, 得出的結果就應當完 全相同。 究竟是什麼原因導致 「消 b 消 c 結果不一致」 的呢? 這是筆者多年來長期思考、 潛心 探索的研究課題。

筆者查閱了[日] 笹部貞市郎編著的幾部數學大辭典, 從中搜集了近百道這種含有兩個獨立 參變數的平面區域題型試題, 均沒有發現與該試題第 (II) 小題類同的範例. 所以筆者猜想該試 題的第 (II) 小題 — 「求證 −10 ≤ f (x2) ≤ −1

2」, 很可能是命題專家現場創新發明出來的。

這道試題經筆者多種方法驗證, 它是一道正確無誤的命題, 也就是說, 試題本身沒有任何問題。

既然試題本身沒有問題, 那麼就要研究 「標準答案」 的證明理論是否科學正確? 如果 「標 準答案」 的證明理論不可靠, 那我們又怎樣才能驗證它的不可靠性呢? 直覺告訴我, 最好的方 法是尋找反例。 可是國內外都沒有這種現成的試題可作反例, 於是筆者只能想辦法去改編試題,

使其滿足與 (09) 國家卷壓軸題類同, 並且不管你採用 「消 b 證法」 還是採用 「消 c 證法」, 都 無法證明到待證不等式, 最後推證結果都擴大了原函數在極值點處的取值範圍。 這樣就能證明

「標準答案」 的證明理論是錯誤的。 筆者花了較長的時間去尋找反例, 最終這個反例是由 [日]《代 數學辭典》 (上), p.314 第 1413 題改編而成, 它與 2009 年國家卷高考題有驚人的相似。 其試 題表述如下:

設函數 f (x) = −x³ 3 + 1

2bx² + (2b − c + 1)x 有兩個極值點 x1, x2, 且 x1 ∈ [−1, 0], x2 ∈ [1, 2],

(1) 求點 (b, c) 的存在範圍;

(2) 求證: 1

6 ≤ f (x₂) ≤ 10 3 。

解: (1) ∵ x1, x2 是函數 f (x) = −x³ 3 + 1

2bx²+ (2b − c + 1)x 的極值點, 又 ∵ f^′(x) = −x² + bx + 2b − c + 1, 且 x1 ∈ [−1, 0], x2 ∈ [1, 2]

∴

















f^′(−1) ≤ 0 f^′(0) ≥ 0 f^′(1) ≥ 0 f^′(2) ≤ 0

⇒















 c ≥ b c ≤ 2b + 1 c ≤ 3b c ≥ 4b − 3

.

∴ 滿足題設條件的點 (b, c) 的存在範圍為圖 2 中陰影部分的平面區域 (包括全部邊界)

圖 2

(2) 我們先來模仿 「標準答案」 給出類似的 「消 b 證法」 與 「消 c 證法」。 (正確的證明方法由後 文給出)

證法一: 「消 b 證法」:

由 −x²₂+ bx2+ 2b − c + 1 = 0, 得 b = x²₂+ c − 1 x₂+ 2 , f (x2) = −1

3x³₂+1

2bx²₂+ (2b − c + 1)x2

= −1

3x³₂+x²₂+ c − 1 x2+ 2

x²₂+ 4x2

2



+ (1 − c)x2

=−2x³₂(x2+ 2) + 3(x²₂+ c − 1)(x²₂+ 4x2) + 6(1 − c)x2(x2+ 2) 6(x₂+ 2)

=x⁴₂+ 8x³₂+ 3(1 − c)x²₂ 6(x2+ 2) . 由 (I) 知, 0 ≤ c ≤ 5, 故有

x⁴₂+ 8x³₂− 12x²₂

6(x₂+ 2) ≤ f (x2) ≤ x⁴₂+ 8x³₂+ 3x²₂ 6(x₂+ 2) , 令 g(x2) = x⁴₂+ 8x³₂+ 3x²₂

6(x2+ 2) , 則 g^′(x2) > 0, ∴ g(x2) 在 [1, 2] 上單調遞增, 令 h(x2) = x⁴₂+ 8x³₂− 12x²₂

6(x₂ + 2) , 則 h^′(x2) > 0, ∴ h(x2) 在 [1, 2] 上單調遞增,

∴ h(1) ≤ f (x2) ≤ g(2) ∴ −1

6 ≤ f (x₂) ≤ 23 6 . 由此可知, 「消 b 證法」 無法證明到待證不等式 1

6 ≤ f (x₂) ≤ 10

3 , 最後擴大了 f (x₂) 的取值 範圍。

證法二: 「消 c 證法」:

由 −x²₂+ bx₂+ 2b − c + 1 = 0, 得 −c = x²₂− bx₂− 2b − 1, 代入 f (x2) = −1

3x³₂+1

2bx²₂+ (2b − c + 1)x2 得 f (x2) = −1

3x³₂+1

2bx²₂+ (2b + x²₂− bx₂− 2b − 1 + 1)x₂

= −1

3x³₂+1

2bx²₂+ 2bx2+ x³₂− bx²₂ − 2bx₂ = 2

3x³₂− 1 2bx²₂.

∵ 0 ≤ b ≤ 2,

∴ 2

3x³₂− x²₂ ≤ f (x₂) ≤ 2 3x³₂, 又 ∵ x2 ∈ [1, 2],

2

3x³₂ 在 [1, 2] 上為增函數, 2

3x³₂− x²₂ 在 [1, 2] 上為增函數,

∴ −1

3 ≤ f (x2) ≤ 16 3 .

由此可知, 「消 c 證法」 也無法證明到待證不等式 1

6 ≤ f (x₂) ≤ 10

3 , 最後也擴大了 f (x₂) 的 取值範圍。

眾所周知, 2009 年全國卷 I (理) 第 22 題中, 函數 f (x) = x³ + 3bx² + 3cx 是含有兩 個獨立參變數 b 與 c 的一元三次函數, 筆者稱其為二維含參型一元三次函數; x2是它的一個極 值點, f (x₂) 是 f (x) 在極值點 x2 處的函數值, 要證明 −10 ≤ f (x₂) ≤ −1

2, 只要證明關於 b、 c 的一次函數 g(b, c) = (3x²₂) · b + (3x2) · c + x³₂ (視 x2 為參數, 且 x₂ ∈ [1, 2]), 在陰 影部分的平面區域上的最大值為 −1

2, 最小值為 −10, 問題就迎刃而解了。 所以第 (II) 小題是 屬於二維含參型一元三次函數在極值點處的最值問題, 其陰影部分的平面區域就是該二元一次 函數的定義域。 由於定義域是凸四邊形平面區域, 故要求該二元一次函數在定義域上的最值, 屬 線性規劃問題, 但是它比常規的線性規劃問題要複雜多了, 因為其目標函數中還含有一個參數 x2 ∈ [1, 2], 由於我們高中數學中沒有學過多元函數的極值知識, 而該題又是高中畢業生的高考 題, 所以考生只能選擇用線性規劃方法求目標函數的最值。

「實踐是檢驗真理的唯一標準」, 筆者給出的反例說明, 「標準答案」 的證明理論是經不起實 踐檢驗的, 本文就要研究 「標準答案」 中的幾處理論性錯誤, 並且給出它的一般證明方法, 不妥 之處, 請同仁指正。

1. _「消 b 」 謀略既不科學也不可能實現

「標準答案」 的第一步就是企圖 「消 b」, 即由 f^′(x₂) = 3x²₂ + 6bx₂ + 3c = 0 解出 bx2 = −1

2x²₂− 1

2c, 再代入 f (x2) = x³₂ + 3bx²₂ + 3cx2 中, 得 f (x₂) = −1

2x³₂ +3c

2x₂. (∗)

從形式上看, (∗) 式中似乎看不到參變數 b, 好像消去了參變數 b。 但是我們必須先弄清楚以下 兩個問題: (1) 為什麼要去 「消 b」? (2) 僅僅依據 x²₂ + 2bx2+ c = 0 真的能 「消 b」 嗎?

我們知道, 在這個數學問題中, 僅僅依據題設條件, 兩個參變數 b 與 c 中任一個也不能單 獨消去, b 與 c 都是獨立參變數, 而滿足題設條件的四個約束條件中都有 b 與 c, 它們確定了滿

足四個約束條件的二維點 的存在範圍, 即陰影部分的平面區域。 而這個陰影部分的平面區域正 是二元一次函數 g(b, c) = (3x²₂) · b + (3x2) · c + x³₂ 的定義域, 這樣我們一方面去 「消 b」, 另 一方面又要依據滿足題設條件的二維點 (b, c) 的集合去求最值, 這不是自相矛盾嗎? 再說, 二 維點 (b, c) 是不可分割的整體, 消去 b, 點 (b, c) 也就不復存在了, 又如何去依據點 (b, c) 的存 在範圍去求最值呢?

由於該試題是二維含參平面區域題型, 我們根本不可能消去一個參變數, 保留另一個參變 數使其變成一維含參的數學問題, 也就是說兩個參變數任何一個都不可能單獨消去, 明知不可 為而為之, 還具有科學性嗎?

其次, 僅僅依據 x²₂+ 2bx2+ c = 0 真的能消去參變數 b 嗎? 其實這個式子是表達定義域 中任一點 (b, c) 與另一變數 x₂ ∈ [1, 2] 之間的一種制約關係, 也就是說, 對於陰影部分平面區 域中任一點 (b, c), 在區間 [1, 2] 中存在唯一點 x₂ 與其匹配, 使 x²₂+ 2bx2+ c = 0 成立。 根據 這個式子, 其中任一變數均可以用含有另外兩個變數的代數式表示, 其中 x₂ = −b +√

b² − c, b = −1

2x₂ − c 2x2

, c = −x²₂ − 2bx₂, 所以儘管 f (x₂) = −1

2x³₂ + 3c

2 x₂ 中看不到 b 的

「身影」, 但是由於 x2 中及 c 中本身均含有 b, 只不過 b 隱身在 x2 中和 c 中罷了, 所以 f (x2) = −1

2x³₂+3c

2x2 中仍然含有 b, 並不能徹底消去 b 而使其變為只含一個參變數 c 的數 學問題。 由於中國大陸的數學教師不熟悉此類二維含參平面區域題型, 所以看到二個參變數就 按常規思維, 設法消去一個, 保留另一個使原問題變成只含一個參變數的數學問題, 殊不知此法 不適用於二維含參平面區域題型, 所以, 消 b 實際上是不可能完成的任務。

2. _「由 (I) ^知 c ≤ 0 ^{」 與 「由} (I) ^知 −2 ≤ c ≤ 0 ^」 , 擴大了目標函數的定義域

在標準答案中, 用到 「由 (I) 知 c ≤ 0」 與 「由 (I) 知 −2 ≤ c ≤ 0」 的條件, 「(I)」 是 什麼? (I) 就是滿足題設條件的二維點 (b, c) 的集合, 即為陰影部分的平面區域, 在參變數直角 坐標平面 bOc 中, 「c ≤ 0」 表示 b 軸及其下方的平面區域, 「−2 ≤ c ≤ 0」 表示兩平行直線 c = −2 與 c = 0 所夾的平面區域, 他們都比陰影部分的平面區域大許多許多, 陰影部分的平 面區域都只是它們的子區域。 「標準答案」 實際上用 「c ≤ 0」 或 「−2 ≤ c ≤ 0」 來替代陰影部 分的平面區域, 相當於擴大了目標函數 g(b, c) = (3x²₂) · b + (3x2) · c + x³₂ 的定義域, 目標函數 在擴大了的定義域上就存在擴大取值範圍的風險。 所以不管是 「消 b 證法」 還是 「消 c 證法」 都 存在擴大目標函數取值範圍的風險。 事實上, 無論是用 「−2 ≤ c ≤ 0」, 還是用 「−1 ≤ b ≤ 0」

替代陰影部分的平面區域, 都擴大了目標函數的定義域。

3. 二維思維模式才是解答此類題型的正道

不論是 「消 b 證法」 還是 「消 c 證法」, 它們都是一維的思維模式, 都是消去一個參變數、

保留另一個參變數使其變為一維含參的數學問題. 由於此類二維含參平面區域題型不可能單獨 消去其中某個參變數, 所以無論是 「消 b 證法」 還是 「消 c 證法」 在理論上都是錯誤的。 事實 上, 定義域是二維的, 目標函數也是二維的, 我們怎麼可能用一維的思維模式去解題呢? 只要細 心考察陰影部分的平面區域, 通常只用一個變數值, 都無法確定另一個變數值的。 如 b = −1 2 時, c 可取 [−2, 0] 中的無窮多個值; 如 c = −1 時, b 可取 [−3

4, 0] 中的無窮多個值, 也就 是說只用一個變數值, 都無法確定點 (b, c) 的位置。 只有 b、 c 兩個變數值確定以後, 才能確定 點 (b, c) 的位置, 從而才能依據 x²₂+ 2bx₂ + c = 0 來確定 x₂ 的值 (x₂ ∈ [1, 2]), 只有當點 (b, c) 確定、 x2 的值確定後我們才能求出目標函數的函數值。 這就是必須用二維的思維模式才 能解答此類二維含參平面區域題型的理由。 就是用高等數學多元函數的極值理論去解答此類問 題時, 也是二維的思維模式, 也要先後對目標函數關於 b 求偏導數、 關於 c 求偏導數, 再求出定 義域中的駐點, 再考察駐點情況及相關情況後才能確定最值。

「消 b 證法」 即 「標準答案」 運氣好, 恰好沒有擴大 f (x2) 的取值範圍; 而 「消 c 證法」 運 氣不好, 擴大了 f (x₂) 的取值範圍, 也不能說明 「消 b 證法」 就是正確的, 因為數學論證與運氣 好壞無關。 只能說明 「消 c 證法」 挑戰了 「消 b 證法」, 只能說明 「消 b 證法」 的證明理論不可 靠, 而 「消 c 證法」 恰是 「消 b 證法」 的一個反例。 所以 [2] 對 [1] 的評論:「‘標準答案’的流暢、

自然, 與其說是運氣好, 毋寧說是遭遇了如 「另解」 遇到的尷尬」, 此說確實有點耐人尋味, 數學 論證運氣最好也不一定是完全正確的; 「標準答案」 之所以會遭遇到 「另解」 的尷尬, 完全是因 為 「標準答案」 本身的證明理論出了問題。 此類數學問題, 凡是用一維思維模式去論證的, 不管 運氣好壞, 都應一票否決, 任何 「特殊解法」 都必須解題理論正確, 解題理論不可靠的任何解法, 都叫錯誤解法, 都沒有資格稱為 「特殊解法」。

4. 二種二維思維模式的證明方法

由於高中數學沒有學過多元函數的極值知識, 所以高考考生只能用線性規劃知識解答該題, 而線性規劃方法正是二維的思維模式。

證法一: 先將一元三次函數在極值點 x2 處的最值問題轉化為在極值點 x₂ 處的二次函數的最 值問題, 然後再用線性規劃方法解答:

∵ f (x) = x³+ 3bx² + 3cx, x2 是它的一個極值點,

∴ f^′(x₂) = 3x²₂+ 6bx₂+ 3c = 0,

∴ x²2+ 2bx2+ c = 0.

兩邊同乘以 x2 得 x³₂ + 2bx²₂ + cx2 = 0,

∴ f (x2) = x³₂+ 3bx²₂ + 3cx2− (x³₂ + 2bx²₂ + cx2) = bx²₂+ 2cx2 (x2 ∈ [1, 2]).

當 b 6= 0 時, 依據陰影部分的平面區域知 c b ≥ 0:

∴ 二次函數 bx²2 + 2cx2 的對稱軸 x₂ = −c b ≤ 0, 又 ∵ b < 0 抛物線的開口向下, 由其單調性可知,

4b + 4c = f (2) ≤ f (x2) ≤ f (1) = b + 2c.

由線性規劃知識知 b + 2c 在陰影部分平面區域上的最大值為 −1

2, (直線過頂點 (−1 2, 0) 取 得), 4b + 4c 在陰影部分平面區域上的最小值為 −10 (直線過點 (−1

2, −2) 取得)

∴ b 6= 0 時, −10 ≤ f (x2) ≤ −1 2.

特別地, 當 b = 0 時, 對應的陰影部分平面區域中只有一個點 (0, −1), 即 b = 0 時, c = −1, 此時 f (x2) = −2x2, 由 x2 ∈ [1, 2] 知,

−4 ≤ f (x2) ≤ −2.

顯然它滿足 −10 ≤ f (x₂) ≤ −1

2, 綜上, −10 ≤ f (x₂) ≤ −1

2。 (證畢)

證法二: 利用二元一次函數在凸多邊形平面區域上的最值定理證明。

定理: 若點 P (x, y) 在某凸多邊形 D 的邊界或內部運動, 則 x, y 的一次函數 f (x, y) = ax + by + c 在 D 的頂點取得最大值與最小值 (《代數學辭典》 (上), p.722, 第 2889 題)。

將 f (x₂) = x³₂+ 3bx²₂+ 3cx2 視為關於 b, c 的二元一次函數, 所以它的最大值與最小值 必在陰影部分凸四邊形的四個頂點 (−1

2, 0)、 (−1, 0)、 (−1

2, −2)、 (0, −1) 中取得。

當 b = −1

2, c = 0 時, 由 x²₂+ 2bx2+ c = 0 得 x²₂− x2 = 0 ∴ x2 = 1 (∵ x2 ∈ [1, 2]),

∴ f (x2) = f (1) = 1³+ 3 × (−1

2) × 1²+ 3 × 0 × 1 = 1 − 3 2 = −1

2.

當 b = −1, c = 0 時, 由 x²₂ + 2bx2+ c = 0 得 x²₂− 2x2 = 0 ∴ x2 = 2 (∵ x2 ∈ [1, 2]),

∴ f (x2) = f (2) = 2³+ 3 × (−1) × 2²+ 3 × 0 × 2 = 8 − 12 = −4.

當 b = −1

2, c = −2 時, 由 x²₂+ 2bx₂+ c = 0 得 x²₂− x₂− 2 = 0 ∴ x2 = 2,

∴ f (x2) = f (2) = 2³+ 3 × (−1

2) × 2²+ 3 × (−2) × 2 = −10.

當 b = 0, c = −1 時, 由 x²₂+ 2bx2+ c = 0 得 x²₂− 1 = 0 ∴ x2 = 1 (∵ x2 ∈ [1, 2]),

∴ f (x2) = f (1) = 1³+ 3 × 0 × 1²+ 3 × (−1) × 1 ∴ f (x2) = f (1) = 1 − 3 = −2,

∴ [f (x2)]_max= −1

2, [f (x₂)]_min = −10,

∴ −10 ≤ f (x2) ≤ −1

2. (證畢)

類似地, 也可以求出另一個極值點 x₁ 處 f (x₁) 的最值, 這裡只給出結果: 0 ≤ f (x₁) ≤ 3.5 (感興趣的讀者可自行完成)

最後按上面兩種證明方法對筆者提出的反例第(II) 小題加以證明:

證法1: ∵ f (x) = −1

3x³+ 1

2bx² + (2b − c + 1)x,

∴ f^′(x) = −x²+ bx + 2b − c + 1,

∴ f^′(x2) = −x²₂+ bx2+ 2b − c + 1 = 0.

兩邊同乘以 1 3x2, 得

−1

3x³₂+ 1

3bx²₂+1

3(2b − c + 1)x₂ = 0,

∴ f (x2) = −1

3x³₂+1

2bx²₂+ (2b − c + 1)x₂

−h

− 1

3x³₂+1

3bx²₂+ 1

3(2b − c + 1)x2

i,

∴ f (x2) = 1

6bx²₂+ 2

3(2b − c + 1)x2, 當 b > 0 時, 對稱軸

x2 = −²₃(2b − c + 1)

2 ×¹₆b = −4 + 2c b − 2

b. 由圖 2 可知, 1 ≤ c

b ≤ 3, ∴ 2 ≤ 2c b ≤ 6, 又 b ∈ (0, 2], ∴ 2

b ≥ 1,

∴ −4 + 2c b − 2

b ≤ 1,

即對稱軸 x₂ ≤ 1, 抛物線開口向上,

∴ 在區間 [1, 2] 上, f (x2) 單調增加, 從而有 ∴ f (1) ≤ f (x2) ≤ f (2) 即 3

2b − 2 3c + 2

3 ≤ f (x2) ≤ 10 3 b − 4

3c + 4 3.

令 M = 10 3 b − 4

3c + 4

3, ∴ c = 5

2b + 1 − 3 4M.

當直線過 (1, 1) 點時, M_max = 10

3 , 令 N = 3 2b − 2

3c + 2

3, ∴ c = 9

4b + 1 −3 2N.

當直線過 (1, 3) 點時, Nmin = 1

6, ∴ 1

6 ≤ f (x2) ≤ 10 3 . 當 b = 0 時, c = 0, ∴ f(x2) = 2

3x₂, 它在 [1, 2] 上為增函數,

∴ f (1) ≤ f (x2) ≤ f (2), 即 2

3 ≤ f (x2) ≤ 4

3, 綜上, 1

6 ≤ f (x2) ≤ 10 3 。

證明二 : ^{利用最值定理求解}

證明: 由圖 2 知, 陰影部分的平面區域為凸四邊形, 其頂點有四個: (0, 0)、 (1, 3)、 (2, 5)、 (1, 1).

在點 (0, 0) 處, 由 −x²₂+ bx2+ 2b − c + 1 = 0, 得 x²₂− 1 = 0

∴ x2 = 1 (∵ x2 ∈ [1, 2]),

∴ f (x2) = f (1) = −1

3× 1³+1

2 × 0 × 1²+ (2 × 0 − 0 + 1) × 1 = −1

3 + 1 = 2 3. 在點 (1, 3) 處, 由 −x²₂+ bx2+ 2b − c + 1 = 0 得 x²₂− x₂ = 0 ∴ x2 = 1 (∵ x2 ∈ [1, 2])

∴ f (x2) = f (1) = −1

3× 1³+1

2 × 1 × 1²+ (2 × 1 − 3 + 1) × 1 = 1 6. 在點 (2, 5) 處, 由 −x²₂+ bx2+ 2b − c + 1 = 0, 得 x²₂− 2x2 = 0,

∴ x2 = 2 (∵ x2 ∈ [1, 2]).

∴ f (x2) = f (2) = −1

3× 2³+1

2 × 2 × 2²+ (2 × 2 − 5 + 1) × 2 = −8

3 + 4 + 0 = 4 3. 在點 (1, 1) 處, 由 −x²₂+ bx2+ 2b − c + 1 = 0 得

x²₂− x₂− 2 = 0 ∴ x2 = 2 (∵ x2 ∈ [1, 2]).

∴ f (x2) = f (2) = −1

3 × 2³+1

2 × 1 × 2²+ (2 × 1 − 1 + 1) × 2 = −8

3 + 2 + 4 = 10 3 .

∴ [f (x2)]max= 10

3 , [f (x2)]min = 1

6, ∴ 1

6 ≤ f (x2) ≤ 10

3 . (證畢)

5. _結語

數學解題, 其指導解題的理論科學正確是最最重要的. 經不起實踐檢驗的任何解題方法, 都是錯誤的, 即使是運氣最好的證明方法, 也只能屬於無效的錯誤證明。 2009 年中國大陸卷 (I) (理) 第 22 題第 (II) 小題的 「標準答案」 就是一種無效的錯誤證明。

參考文獻

1. 李志剛。 消 b 消 c 結果不一致, 何去何從。 數學通報, 2010.8, 41-42。

2. 夏長海。 爭鳴無禁區, 探索無止境。 數學通報, 2012.1, 55-56。

3. 史立新, 周公賢。 含有兩個參變數的平面區域題型的研究與評論。 數學通訊, 2016.3, 37-40。

4. [日] 笹部貞市郎編。 蔣聲等譯 《代數學辭典》 (上)。 上海教育出版社, 1982。

—本文作者現任職中國無錫華羅庚研究會_—