函數題中參數取值范圍的確定方法例談

楊培紹

一、問題的提出

函數題中求參數的取值范圍是高考中經常出現的問題，常用的解題方法是分離參數法，轉化為求新函數的最值；但如果解析式中含ex、lnx或sinx等，則新函數的最值可能難以計算，導致無法做下去.下里例談幾種確定參數取值范圍的方法.

二、問題的解決

1.普遍方法——分離參數法

【例1】已知函數f（x）=x2+bx+a·lnx的圖像過點（1，1）.

（1）當a=-2時，求函數f（x）的單調遞減區間；

（2）若g（x）=f（x）+21x在[1，+∞）上為單調函數，求實數a的取值范圍.

解析：（1）略.

（2）易得f（x）=x2+a·lnx，

∴g（x）=x2+a·lnx+21x，

∴g′（x）=2x+a1x-21x2=2x3+ax-21x2，

∵g（x） 在[1，+∞）上為單調函數，則有以下兩種情況.

①如果g（x）單調遞增，則2x3+ax-2≥0a≥-2x3+21x在[1，+∞）上恒成立，

令F（x）=-2x2+21x，易知F（x）在[1，+∞）上遞減.

∴F（x）max=F（1）=-2+211=0，∴a≥0.

②如果g（x）單調遞減，同理可求得a≥0.

綜上：a的取值范圍是[0，+∞）.

點評：通法容易理解掌握，若新函數的最值易求，則此通法為上策.

2.結構變形——運用整合思想法

【例2】（2012年全國新課標卷第16題）設函數f（x）=（x+1）2+sinx1x2+1的最大值為M，最小值為m，則M+m=.

解析：若對y=f（x）求導，再利用單調性求最值將陷入繁冗的運算中，無果而終，仔細觀察其表達式，將其結構變形，得f（x）=2x+sinx1x2+1+1，F（x）=2x+sinx1x2+1是奇函數，至此，問題很容易就可以解決.

點評：數學是研究結構式的一門科學，善于利用數學表達式的結構解決問題是具備較高數學素養的表現之一.

3.移項轉化——畫基本函數的圖像解決

【例3】（2012年大綱卷第20題）

圖1設函數f（x）=ax+cosx，x∈[0，π].

（1）略討論f（x）的單調性；

（2）設f（x）≤1+sinx，求a的取值范圍.

解析：（1）略.

（2）∵ax+cosx≤1+sinx，

設h（x）=ax-1，

φ（x）=sinx-cosx=2sin（x-π14），

∵ax+cosx≤1+sinxax-1≤sinx-cosxh（x）≤φ（x），

從圖1知，若h（x）≤φ（x）（x∈[0，π]）成立，

則問題轉化為求a≤kBD即可.

故ax-1≤sinx-cosx21πx-1≤sinx-cosx，

∵h（0）=-1，φ（0）=-1，h（π）=π·a-1，φ（π）=1，

圖2下面只要證明：21πx-1≤sinx-cosx即可.

設F（x）=sinx-cosx-21πx+1，

∴F′（x）=cosx+sinx-21π，

設cosx0+sinx0-21π=0，

當00；

當x0

∴F（x）max=F（x0），又F（0）=0，F（π）=0，

∵F（x）≥0，

∴21πx-1≤sinx-cosx，

∴a≤21π.

點評：數學家華羅庚說：“數缺形時少直觀，形缺數時難入微.”在解題中應結合圖像通過移項、重組等方式將問題轉化為常見的、熟悉的函數（一次函數、二次函數、指數函數、對數函數、三角函數等）.通過圖像研究函數問題是具備較高數學素養的表現之一.

4.圖像轉化

【例4】已知函數f（x）=2x-1（x>0）

-x2-2x（x≤0），若函數g（x）=f（x）-m有3個零點，求實數m的取值范圍.

圖3解析：函數y=f（x）圖像如圖3所示，令f（x）-m=0得f（x）=m有三個零點，即y=f（x）與y=m兩個圖像有三個交點，由圖知0

點評：遇到與抽象函數、超越函數、超越方程、超越不等式、分段函數等有關的問題，應盡量由題意轉化為圖像進行解決，類似的問題如2012年高考題：當0

5.猜想轉化——得到目標再試證

【例5】（2008年全國卷22）已知函數f（x）=sinx12+cosx.

（1）略；

（2）如果x≥0時，f（x）≤ax恒成立，求實數a的取值范圍.

解析：思路1分離參數得a≥sinx1x（2+cosx），然后求右式的最大值，思路符合常規想法，但再做下去就難了.

思路2先猜想轉換，得到目標再證，設F（x）=sinx1x（2+cosx），∵x→0時，sinx≈x，F（x）→113，x→+∞時，F（x）→0.猜測F（x）在[0，+∞）是遞增函數，∴a≥113.

下證：（1）a≥113時，f（x）≤ax對x≥0恒成立；

（2）當a<113時，fx≤ax不是對一切x≥0成立.

下略.

點評：先猜再證，目標明確就有證題方向了.

6.放縮轉化——丟ex、lnx或sinx

【例6】（2013年遼寧卷）已知函數f（x）=（1+x）e-2x，g（x）=ax+x312+1+2xcosx.，當x∈[0，1]時，

（1）求證：1-x≤f（x）≤111+x；

（2）若f（x）≥g（x）恒成立，求實數a的取值范圍.

解析：（1）略.

（2）（1+x）e-2x≥ax+x312+1+2xcosx

（1+x）e-2x-ax-x312-1-2xcosx≥0.

設F（x）=（1+x）e-2x-ax-x312-1-2xcosx

≥1-x-ax-x312-1-2xcosx（放縮丟e-2x）

=-x（1+a+x212+2cosx）

設G（x）=x212+2cosx，

則G′（x）=x-2sinx，

∴G″（x）=1-2cosx，

∵x∈（0，1），

∴G″（x）≤0，

∴G′（x）在（0，1）上遞減，

∴G′（x）

∴G（x）在（0，1）上遞減，

∴G（x）≤G（0）=2，

∴a+1+G（x）≤a+3.

當a+3≤0時，即a≤-3時，f（x）≥g（x）恒成立，

下證：當a+3>0時，即a>-3時，f（x）≤g（x）不恒成立，

F（x）=f（x）-g（x）≤111+x-1-ax-x312-2xcosx（放縮丟e-2x）

=-x（111+x+x212+2cosx+a）.

設I（x）=111+x+x212+2cosx+a=111+x+a+G（x），

∵I′（x）=-11（1+x）2+G′（x），

又x∈（0，1）時，I′（x）<0，

∴I（x）在（0，1）上遞減，

∴a+1+2cos1≤I（x）≤a+3，

存在x0∈（0，1），使得I（x0）>0，此時，f（x0）

綜上所述，a的取值范圍為（-∞，-3].

點評：遇到含有或lnx或sinx，若題目隱含有可放縮的條件（如（1）是為（2）做放縮提供條件），則放縮丟掉或lnx或sinx，使解析式更簡，然后使問題迎刃而解.

三、結束語

問題是數學的核心，學數學的目的是要學會分析問題，然后解決問題.解決問題中，轉化（化歸）問題是關鍵，學生解決不了問題的原因大多是基礎知識掌握不牢固，基本概念理解不到位，基本技能、基本方法的運用不熟練，不能舉一反三.歸根結底是不會轉化（化歸）問題.本文列舉了求參數取值范圍的多種轉化（化歸）方法，旨在拋磚引玉，讓大家對這一問題有更多的解決方案以及做進一步的研究.

（責任編輯鐘偉芳）

【例6】（2013年遼寧卷）已知函數f（x）=（1+x）e-2x，g（x）=ax+x312+1+2xcosx.，當x∈[0，1]時，

（1）求證：1-x≤f（x）≤111+x；

（2）若f（x）≥g（x）恒成立，求實數a的取值范圍.

解析：（1）略.

（2）（1+x）e-2x≥ax+x312+1+2xcosx

（1+x）e-2x-ax-x312-1-2xcosx≥0.

設F（x）=（1+x）e-2x-ax-x312-1-2xcosx

≥1-x-ax-x312-1-2xcosx（放縮丟e-2x）

=-x（1+a+x212+2cosx）

設G（x）=x212+2cosx，

則G′（x）=x-2sinx，

∴G″（x）=1-2cosx，

∵x∈（0，1），

∴G″（x）≤0，

∴G′（x）在（0，1）上遞減，

∴G′（x）

∴G（x）在（0，1）上遞減，

∴G（x）≤G（0）=2，

∴a+1+G（x）≤a+3.

當a+3≤0時，即a≤-3時，f（x）≥g（x）恒成立，

下證：當a+3>0時，即a>-3時，f（x）≤g（x）不恒成立，

F（x）=f（x）-g（x）≤111+x-1-ax-x312-2xcosx（放縮丟e-2x）

=-x（111+x+x212+2cosx+a）.

設I（x）=111+x+x212+2cosx+a=111+x+a+G（x），

∵I′（x）=-11（1+x）2+G′（x），

又x∈（0，1）時，I′（x）<0，

∴I（x）在（0，1）上遞減，

∴a+1+2cos1≤I（x）≤a+3，

存在x0∈（0，1），使得I（x0）>0，此時，f（x0）

綜上所述，a的取值范圍為（-∞，-3].

點評：遇到含有或lnx或sinx，若題目隱含有可放縮的條件（如（1）是為（2）做放縮提供條件），則放縮丟掉或lnx或sinx，使解析式更簡，然后使問題迎刃而解.

三、結束語

問題是數學的核心，學數學的目的是要學會分析問題，然后解決問題.解決問題中，轉化（化歸）問題是關鍵，學生解決不了問題的原因大多是基礎知識掌握不牢固，基本概念理解不到位，基本技能、基本方法的運用不熟練，不能舉一反三.歸根結底是不會轉化（化歸）問題.本文列舉了求參數取值范圍的多種轉化（化歸）方法，旨在拋磚引玉，讓大家對這一問題有更多的解決方案以及做進一步的研究.

（責任編輯鐘偉芳）

【例6】（2013年遼寧卷）已知函數f（x）=（1+x）e-2x，g（x）=ax+x312+1+2xcosx.，當x∈[0，1]時，

（1）求證：1-x≤f（x）≤111+x；

（2）若f（x）≥g（x）恒成立，求實數a的取值范圍.

解析：（1）略.

（2）（1+x）e-2x≥ax+x312+1+2xcosx

（1+x）e-2x-ax-x312-1-2xcosx≥0.

設F（x）=（1+x）e-2x-ax-x312-1-2xcosx

≥1-x-ax-x312-1-2xcosx（放縮丟e-2x）

=-x（1+a+x212+2cosx）

設G（x）=x212+2cosx，

則G′（x）=x-2sinx，

∴G″（x）=1-2cosx，

∵x∈（0，1），

∴G″（x）≤0，

∴G′（x）在（0，1）上遞減，

∴G′（x）

∴G（x）在（0，1）上遞減，

∴G（x）≤G（0）=2，

∴a+1+G（x）≤a+3.

當a+3≤0時，即a≤-3時，f（x）≥g（x）恒成立，

下證：當a+3>0時，即a>-3時，f（x）≤g（x）不恒成立，

F（x）=f（x）-g（x）≤111+x-1-ax-x312-2xcosx（放縮丟e-2x）

=-x（111+x+x212+2cosx+a）.

設I（x）=111+x+x212+2cosx+a=111+x+a+G（x），

∵I′（x）=-11（1+x）2+G′（x），

又x∈（0，1）時，I′（x）<0，

∴I（x）在（0，1）上遞減，

∴a+1+2cos1≤I（x）≤a+3，

存在x0∈（0，1），使得I（x0）>0，此時，f（x0）

綜上所述，a的取值范圍為（-∞，-3].

點評：遇到含有或lnx或sinx，若題目隱含有可放縮的條件（如（1）是為（2）做放縮提供條件），則放縮丟掉或lnx或sinx，使解析式更簡，然后使問題迎刃而解.

三、結束語

問題是數學的核心，學數學的目的是要學會分析問題，然后解決問題.解決問題中，轉化（化歸）問題是關鍵，學生解決不了問題的原因大多是基礎知識掌握不牢固，基本概念理解不到位，基本技能、基本方法的運用不熟練，不能舉一反三.歸根結底是不會轉化（化歸）問題.本文列舉了求參數取值范圍的多種轉化（化歸）方法，旨在拋磚引玉，讓大家對這一問題有更多的解決方案以及做進一步的研究.

（責任編輯鐘偉芳）