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含參數的問題是高中數學中屢見不鮮的問題，高中數學中與參數有關的問題在教材中沒有給出綜合性的總結，由于參數的不確定性，使得問題的綜合性增強，并且其解法多樣，無章可循，實際解決參數問題所利用的思想和方法卻經常使用。下面介紹從函數的值域的角度來解決幾類常見的含參數的范圍的確定問題。

一、函數值屬于問題型

結論1：若函數y=f（x），x∈D，都有y∈M，則函數y=f(x)的值域NM。

例1 （2008天津高考，第16題）設a＞1，若僅有一個常數c使得對于任意的x∈［a，2a］，都有y∈［a，a2］滿足方程logax+logay=c，求a的取值。

解析 由logax+logay=c變形為loga（xy）=c，得xy=ac即y=∵a＞1，ac＞0∴y=在x∈［a，2a］上遞減，可得：≤y≤，即值域M為［ac-1，ac-1］，由題意得：ac-1≤a2且ac-1≥a，解得loga2+2≤c≤3.

因為c值只有一個，所以c=3，即loga2=1，故a=2。

二、函數的存在問題型

結論2 設y=f（x）的值域為M，y=g（x）的值域為N，若對于任意x1∈D1，總存在x0∈D0，使得g（x0）=f（x1）成立，則MN。

例2 （2010江蘇蘇州模擬）設f（x）=，g（x）=ax+5-2a(a＞0)。若對于任意x1∈［0，1］，總存在x0∈［0，1］，使得g（x0）=f（x1）成立，求a的取值范圍。

解析 ∵f ′（x）==≥0在x∈［0，1］上恒成立，∵f （x）在［0，1］上單調遞增，f(0)=0， f(1)=1，∴ f （x）在x∈［0，1］上的值域為［0，1］，g（x）=ax+5-2a（a＞0）在x∈［0，1］上的值域為［5-2a，5-a］

由題意知：［0，1］［5-2a，5-a］，∴5-2a≤05-a≥1

即≤a≤4

三、等式或不等式的有解（無解）、恒成立

若注意到在等式或不等式中出現兩個變量，其中一個變量的范圍已知，另一個變量的范圍為所求，且容易通過恒等變形將兩個變量分別置于等號或不等號的兩邊，則可將恒成立問題轉化成函數的值域（無最值）問題求解。

1、方程有解（無解）問題型

結論3 已知方程g（a）=f（x），a∈I，x∈D函數f（x）在區間上的值域為C，若方程g（a）=f（x）有解(無解)，則g（a）∈C（g（a）C）。

（1）方程可化為g（a）=f（x）型

例3 如果方程cos2x-sinx+a=0在(0，)上有解，求a的取值范圍。

解析： 原方程可化為a=sin2x+sinx-1，方程有解

故a屬于函數y=sin2x+sinx-1的值域，y=sin2x+sinx-1=（sinx+）2-∵x∈(0，］，∴sinx∈(0，1］

所以＜（sinx+）2≤

可求得函數y=sin2x+sinx-1值域為(-1，1］，故a的取值范圍是(-1，1］。

（2）曲線交點轉化方程g（x）=f（x）型

例4 函數y=2-1x-1|-m的圖像與x軸有交點，求m的取值范圍。

解析 有已知條件轉化為方程組y=2-1x-1|-my=0有解，即2-1x-1|=m有解。

∵-|x-1|≤0，∴0＜2-1x-1|≤20=1，即2-1x-1|值域為(0，1］，故0＜m≤1。

2、不等式有解（無解）問題

（1）函數無最大值型或無最小值型

結論4 若x∈D1函數f（x）值域為（a，b）或［a，b）或（-∞，b），則

則（1）M＜f（x）在D1上有解M＜b；(2)在M≤f（x）在D1上有解M＜b。

結論5 若x∈D1，函數f（x）值域為（a，b）或（a，b］或（a，+∞）

則（1）M＞f（x）在D2上有解M＞a；(2)在M≥f（x）在D2上有解M＞a。

例5 已知函數f（x）=ax-2lnx，a∈R，g（x）=(a＞0)，若在［1，e）上至少存在一個x0，使f（x0）＞g（x0）成立，求實數a的取值范圍．

解析 （用結論4）本命題等價于f（x）-g（x）＞0在［1，e］上有解，

設F（x）=f（x）-g（x）=ax-2lnx-，

F ′（x）=a-+==＞0，

所以F（x）為增函數，F（x）∈［F（1），F（e）］． 依題意需F（e）＞0，解得a＞．

（2）函數有最小值或最大值型

結論6 若x∈D1函數f（x）值域（a，b］或［a，b］或（-∞，b］，

則(1)M＜f（x）在D1上有解M＜b；（2）M≤f（x）在D1上有解M≤b。

結論7 若x∈D2函數f（x）值域為［a，b）或［a，b］或［a，+∞)

則(1)M＞f（x）在D2上有解M＞a；（2）M≥f（x）在D2上有解M≥a

例6 已知函數f （x）=，若存在實數a，b，c，使f （a）+f （b）＜f （c），求實數k的取值范圍。

解析：由f （x）=得（x2+x+1）y=x2+kx+1，即（y-1)x2+（y-k）x+（y-1)=0

當k=1時，y=1，此時顯然不存在實數a，b，c，使f （a）+f （b）＜f （c）

當k≠1時，若y=1，則x=0;若y≠1，則由Δ=（y-k）2-4（y-1)2≥0解得≤y＜1或1＜y≤

綜上知：f （x）的值域為［，］，假設對于任意實數a，b，c，f （a）+f （b）≥f （c），

則≤f（a）≤，

≤f（b）≤

≤f（c）≤，

得≤f（a）+f（b）≤

則≥，解得k∈［，］，所以若存在實數a，b，c，使f （a）+f （b）＜f （c），則有

k∈(-∞，)∪(，∞).

3、不等式恒成立型

（1）無最大值或無最小值型

結論8 若函數f（x）值域為（a，b）或［a，b）或（-∞，b），則

（1）M＞f（x）恒成立M≥b； (2)M≥f（x）恒成立M≥b；

結論9 若函數f（x）值域為（a，b）或（a，b］或（a，+∞）。

（1）M＜f（x）恒成立M≤a； (2)M≤f（x）恒成立M≤a。

例7 已知函數f（x）=x3-x2+cx+d．若f（x）在x=2處取得極值，且當-＜x＜0時，f（x）＞d2+2d恒成立，求d的取值范圍．

解析：∵f（x）=x3-x2+cx+d，∴f ′（x）=x2-x+c，

∵f（x）在x=2處取得極值 ∴f ′（2）=4-2+c=0，

∴c=-2． ∴f（x）=x3-x2-2x+d，

∵f ′（x）=x2-x-2=（x-2）（x+1），

∴當x∈（-∞，-1］時，f ′（x）＞0，函數單調遞增，當x∈（-1，2］時，f ′（x）＜0，函數單調遞減．

∵f（0）=d，f（-）=+d，即f（-）＞f（0）

又∵f（x）在x=-1處取得最大值+d，

∴f（x）值域為（d，+d］∵當-＜x＜0時，

f（x）＞d2+2d恒成立，

∴d≥d2+2d，得-6≤d≤0即d的取值范圍是［-6，0］ ．

（2）函數有最小值或最大值型

結論10 若x∈D2，函數f（x）值域為［a，b）或［a，b］或［a，+∞），則

（1）M＜f（x）在D1上恒成立M＜a； (2)M≤f（x）在D1上恒成立M≤a。

結論11 若x∈D1，函數f（x）值域為（a，b］或［a，b］或（-∞，b］，則

（1）M＞f（x）在D2上恒成立M＞b； (2)M≥f（x）在D2上恒成立M≥b。

結論12 已知兩個函數f（x）和g（x），對于任意x1∈D1，x2∈D2，都有f（x1）≤g（x2）成立，

函數f（x）值域為（a，b］或［a，b］或（-∞，b］，函數g（x）值域為［c，d）或［c，d］或［c，+∞），則b≤c

例8 已知兩個函數f（x）=8x2+16x-k+2007，g（x）=2x3+5x2+4x，其中k為常數。對于任意x1∈［-3，3］都有f（x1）≤g（x2）成立，求k的取值范圍。

解析：對于任意x1∈［-3，3］，x2∈［-3，3］都有f（x1）≤g（x2）成立f（x）在區間［-3，3］上的最大值小于或等于g（x）在區間［-3，3］上的最小值。

下面求g（x）在區間［-3，3］上的最小值。

因為g′（x）=6x2+10x+4=2(3x+2)(x+1)

由g′（x）=0可得x=-1或x=-。如表1：

表1

所以g（x）在區間［-3，3］上的最小值為-21。

因為f（x）=8x2+16x-k+2007=8(x+1)2+1999-k在區間［-3，3］上的最大值為f(3)=2127-k。所以2127-k≤-21，即k≥2148.

總之，對函數值屬于問題型，函數的存在問題型，等式或不等式的有解（無解）、恒成立等問題，一般都可以利用函數值域法解決參數的取值范圍。由于篇幅有限，這里就不一一列舉。

參考文獻：

［1］安振平.高考沖刺講義［M］.呼和浩特：內蒙古人民出版社，2007.

［2］曲一線.5年高考3年模擬［M］.北京：首都師范大學出版社、教育科學出版社，2010.

［3］蔡小雄.孫惠華.新課標高中數學競賽通用教材［M］.杭州：浙江大學出版社，2007.