一類“函數不等式成立”的“最值”問題解題策略
2012-04-29 00:00:00高修庫
中學教學參考·理科版 2012年2期
含參不等式成立問題是高中數學中最常見的，也是很困擾學生的一類問題.該問題形式多樣，解法也因具體問題靈活機動，本文根據自己的高三教學實際，對一組含有“存在”、“任意”的函數不等式成立問題做一整理，并給出解題策略.
問題呈現：f(x)，g(x)中某一函數中含有參數 a.
（1）若對于任意x1，x2∈［m，n］，使得f(x)≥g(x)成立，求a的范圍.
（2）若對于任意x∈［m，n］，都有f(x)≥g(x)成立，求a的范圍.
（3）若存在x1，x2∈［m，n］，使得f(x)≥g(x)成立，求a的范圍.
（4）若存在x∈［m，n］，使得f(x)≥g(x)成立，求a的范圍.
（5）若對于任意x1∈［m，n］，存在x2∈［m，n］，使f(x)≥g(x)成立，求a的范圍.
(6) 若存在x1∈［m，n］，使得對于任意x2∈［m，n］，f(x)≥g(x)成立，求a的范圍.
面對該類問題，許多學生一片茫然，因為在抽象的“存在”、“任意”的表象下，學生不會分析、提煉該問題的“最值”本質，從而無從下手.另外，有些學生雖然分析出了該問題的“最值”，但未能準確把握最值間的關系，也致使解題錯誤.還有，雖然分析并準確把握了最值間的關系，但解題不準確，解題過程不完整（因為含參數的函數最值往往要討論），解不出來（求導之后方程解不了），也使問題沒有得到完整地解決.
針對學生以上障礙，筆者認為，解該類問題應分兩步走.第一步，準確揭示“最值”間的關系；第二步，應該怎么做？其中第一步是解題的基礎，是航標；第二步是解題的根本，是數學基礎知識、基本技能的展示與發揮.下面就分兩步來進行剖析.
首先，第一步，這些問題的“最值”本質.對（1）來說，由于x1，x2是任意的，因此f(x1)，g(x2)就可以取各自值域中的任意值，注意到不等號的方向，無論f(x1)有多小，也無論g(x2)有多大，始終有f(x)≥g(x)，因此須且只需f(x1)min≥g(x2)max.對（2）來說，它與（1）的根本區別在于左、右兩邊的自變量是同一個自變量，因此（2）等價于對任意x∈［m，n］，f(x)-g(x)≥0的恒成立，構造函數F(x)=f(x)-g(x)，只須當x∈［m，n］時，F(x)min≥0.對（3）來說，存在x1，x2∈［m，n］，由于只是存在，因此f(x1)，g(x2)的取值就不是任意的，而是特定的，具有特殊化的，如果f(x1)min＜g(x2)max，那么一定不存在x1，x2∈［m，n］使f(x1)≥g(x2)；于是，要使存在x1，x2∈［m，n］使f(x1)≥g(x2)，只需使f(x1)min≥g(x2)max，例如，f(x)min=f(x1)，
g(x2)max`=
g(x2)，f(x1)≥g(x2)顯然成立.對（4）來講，令F(x)=f(x)-g(x)，只需當x∈［m，n］時，F(x)max≥0.對（5）來講，由于x1是任意的，從而f(x1)是值域中的任意值，無論f(x1)有多小，總存在x2∈［m，n］，使f(x1)≥g(x2)，于是須且只需x1，x2∈［m，n］時，f(x1)min≥g(x2)min.就（6）來說，由于x2是任意的，從而g(x2)是值域中的任意值，無論g(x2)有多大，總存在x1∈［m，n］，使f(x1)≥g(x2)，于是須且只需f(x1)max≥g(x2)max.綜上分析，該組命題的“最值”本質整理如下：
（1）x1，x2∈［m，n］，f(x1)min≥g(x2)max；
（2）令F(x)=f(x)-g(x)，x∈［m，n］時，F(x)min≥0；
（3）x1，x2∈［m，n］，f(x1)max≥g(x2)min；
（4）令F(x)=f(x)-g(x)，x∈［m，n］時，F(x)max≥0；
（5）x1，x2∈［m，n］，f(x1)min≥g(x2)min；
（6）x1，x2∈［m，n］，f(x1)max≥g(x2)max.
其次，在準確地揭示了“最值”本質之后，問題進入了第二步，應該怎么做？
第一種處理，按照上面“最值”分析，直接求需要的最值.使用求最值的各種手段時，通常要用到導函數，當然應該注意到，每一個問題（除（2）(4)外）中都會涉及兩種最值，其中一種最值容易求得，因為它不含參數，有一種最值求起來麻煩，一般要討論，因為該函數中會含有參數.只要能求出兩種最值，就能得到純粹的關于參數的不等式，解不等式即可得到參數a的范圍.
第二種處理，求出不含參數a的那個函數需要的最值，于是問題就變為一個自變量、一個參數a的不等式恒成立（任意）或存在自變量x使含參不等式成立的問題，可以分離參數，重新構造一個新函數再解決該新函數的某種最值即可.這種方法處理能避免對參數的討論，當然這種方法要求構造的新函數需要的最值能求出來，否則此路也行不通.下面通過三個具體例題的解析，以期拋磚引玉，找到該類問題的解題密碼.
【例1】 （2011年陜西省三模）已知函數f(x)=12ax2-(2a+1)x+2lnx(a∈R).
（1） 若曲線y=f(x)在x=1和x=3處的切線平行，求a的值.
（2） 求f(x)的單調區間.
（3） 設g(x)=x2-2x，若對于任意x1∈（0，2］，均存在x2∈(0，2］，使得f(x1)＜g(x2)，求a的取值范圍.
解析：（1）、（2）略.
（3）最值本質為x1，x2∈(0，2］，f(x1)max＜g(x2)max；其中g(x)的最大值好確定，f(x)的最大值根據（2）的結論可討論求解.
若對于任意x1∈（0，2］，均存在x2∈(0，2］，使得f(x1)＜g(x2)，
則需使x∈（0，2］時，g(x1)max＞f(x2)max.
∵g(x)=x2-2x在(0，1］上遞減，在［1，2］上遞增，
∴g(x)max=g(2)=0.
于是當x∈［0，2］時，f(x)max＜0，
由（2）可知，若a≤12時，f(x)在(0，2］上遞增，
∴f(x)max=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln2=-2a-2+2ln2＜0.
∴a＞ln2-1，
于是ln2-1＜a≤12 .
若a＞12時，f(x)在(0，1a］上遞增，在［1a，2］上遞減，
∴f(x)max=f(1a)=12a-2-1a+2ln
1a=-12a-2-2lna＜0，
∴2lna＞-2-12a，∵a＞12，∴2lna＞2ln12＞2ln1e=-2.
∴2lna＞-2-12a成立.∴a＞12.
綜上可知，a＞ln2-1.
本題的處理，用的是第一種方法，始終求最值，而本題若用第二種方法分離參數，就很不好做，原因是，如果要分離參數a，就要從(x2-4x)a＜2x-4lnx，x∈(0，2］恒成立中分離.
第一個障礙是x2-4x在x∈(0，2］上的取值可正可負，不等式兩邊同除以x2-4x后，不等號的方向變與不變要討論，同時，如果分離后新函數F(x)=2x-4lnxx2-4x的最值不容易求.因此，本題選用第一種方法處理比較好.
【例2】 （2011年高考信息交流題）已知函數f(x)=x+a2x，g(x)=x+lnx
，其中a＞0.
（I）若x=1是函數h(x)=f(x)+g(x)的一個極值點，求實數a的值.
（II）若對于任意實數x1，x2∈［1，e］（e為自然對數的底數），都有f(x1)≥g(x2)成立，求實數a的取值范圍.
解法一：
（I）略
（II）∵對于任意實數x1，x2∈［1，e］，都有f(x1)≥g(x2)成立，
∴對于一切實數x1，x2∈［1，e］，f(x1)min≥g(x2)max.
f′(x)=1-a2x2.令f′(x)=0得x=a或x=-a.
∵當0＜x≤a時，f′(x)＜0；當a＜x時，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，a］上遞減，在［a，e］
上遞增. 于是
若0＜a≤1，則f(x)min=f(1)=1+a2；
若1＜a＜e則f(x)min=f(a)=2a；
若e≤a，則f(x)min=f(e)=e+a2e.
而g(x)在［1，e］上遞增，
∴g(x)max=g(e)=e+1，
所以有：
若0＜a≤1，則1+a2≥e+1，此時a∈；
若1＜a＜e，則2a≥e+1，此時e+12≤a＜e；
若e≤a，則e+a2e≥e+1，此時e≤a.
綜上可知，實數a的取值范圍為a∈［e+12，+∞).
解法二：（I）略
（II）∵ 對于任意實數x1，x2∈［1，e］，都有f(x1)≥g(x2)成立，
∴對于一切實數x1∈［1，e］，f(x1)≥g(x2)max.
∵g(x)=x+lnx在［1，e］上遞增，
∴g(x)max=g(e)=e+1.
于是，對于任意實數x∈［1，e］，都有f(x)≥e+1恒成立
x+a2x≥e+1，x∈［1，e］
恒成立
a2≥-x2+(e+1)x=F(x)，x∈［1，e］
a2≥F(x)max，x∈［1，e］.
而F(x)max=F(e+12)=-(e+1)24+(e+1)22=(e+1)24，
∴a2≥(e+12)2.
又a＞0，∴a≥e+12.
于是，實數a的取值范圍為a∈［e+12，+∞）.
解法二采用了分離參數法，構造新函數，求新函數的最大值.避免了求f(x)最值的討論，使該問題的解決簡潔明快.
以上給出了該類問題的兩個典例，通過例題我們對該類問題有了一個更加具體的認識.從這些問題的表面來看，我們甚至感覺不到它是函數最值問題，但是通過剖析后，揭示了其本質，由此可見數學的奧妙與魅力.因此，只有揭示了本質、掌握了思想方法，根據具體問題選擇恰當的手段去解決問題才是關鍵.
(責任編輯 金 鈴）
