“端點效應”失效原因分析及解決方法

江西省九江市第三中學(332000)吳叢新

不等式恒成立求參數取值范圍問題是高考的熱點,也是難點問題,其通法是構造函數分類討論,但過程往往十分繁瑣,計算量龐大.倘若函數在區間端點滿足一定的條件,則可考慮“端點效應”進行必要性探路.然而有時端點效應會出現失效,即其充分性不成立的情況.本文結合實例對端點效應成立的條件及其失效原因進行分析,并提出解決問題的相應方法.

一、“端點效應”基本原理及解題步驟

(1)必要性縮小范圍:

①若f(x,m) ≥0 (m為參數) 在[a,b] 上恒成立, 且f(a)=0(或f(b)=0),則f′(a)≥0(或f′(b)≤0).此法適用于區間端點處函數值為零的情況.

②若f(x,m) ≥ 0 (m為參數) 在[a,b] 上恒成立, 且(或), 則f′′(a) ≥0(或f′′(b) ≤0).此法適用于區間端點處函數值為零且導數值也為零的情況.

(2)充分性驗證結果:

利用第一步中的參數范圍,通過f′(x)判斷f(x)的單調性,驗證f(x)min≥0.

二、“端點效應”有效應用舉例及原因分析

例1已知f(x)=aex+2e-x+(a-2)x(a∈R).

(1)略;(2)當x≥0 時,f(x)≥(a+2)cosx,求a的取值范圍.

分析構造函數g(x) =aex+2e-x+(a-2)x-(a+2)cosx,x> 0,注意到g(0) = 0,考慮端點效應,g(x) ≥0 的必要條件是g′(0)≥0.

解析令g(x)=aex+2e-x+(a-2)x-(a+2)cosx,g′(x)=aex-2e-x+(a-2)+(a+2)sinx,g(0)=0,因此要使g(x)≥0 在[0,+∞)上恒成立,則g′(0)=2(a-2)≥0,即a≥2(必要性).

再證充分性.當a≥2 時,

所以g′(x)在[0,+∞)上單調遞增,g′(x) ≥g′(0) ≥0,g(x)單調遞增,g(x)≥g(0)=0.

評析本題中二階導數g′′(x) ≥0 保證了g′(x) 在[0,+∞)上單調遞增,所以g′(x) ≥0,從而保證原命題成立.因此本題中必要性探路點x= 0 不僅為區間端點,同時也是一階導數g′(x)的單調區間的端點,所以端點效應不能簡單理解為題目所給區間的端點簡單代入,否則會出現端點效應失效的情況.

三、“端點效應”失效原因分析及解決方法

例2已知當x≥0 時,ex-x2-(a-1)x-1 ≥0 恒成立,求a的取值范圍.

分析令g(x)=ex-x2-(a-1)x-1,注意到g(0)=0,考慮端點效應.g′(x) = ex- 2x- (a- 1), 因此要使g(x) ≥0 在[0,+∞) 上恒成立, 則g′(0) = 2-a≥0, 即a≤2.g′′(x) = ex-2.在[0,ln 2)上,g′′(x) < 0,g′(x)單調遞減, 在[ln 2,+∞)上,g′′(x) > 0,g′(x)單調遞增.所以g′(x)min=g′(ln 2) = 3-2 ln 2-a,當a≤2 時,g′(x)的正負號不確定,g′(x)不恒為正,故不能保證g(x) ≥0 恒成立,所以端點效應失效.要得到原命題成立的充要條件,需要對g′(x)的正負號進行分類討論,要確保g(x)的極小值大于0.筆者在端點效應基礎上,進一步分析得到如下解答:

對g′(x)min=g′(ln 2) = 3-2 ln 2-a的正負號進行分類討論:

①當g′(ln 2)≥0,即a≤3-2 ln 2 時,g′(x)≥0,g(x)單增,g(x)≥g(0)=0,符合題意

②當g′(0)>0 且g′(ln 2)<0,即3-2 ln 2

因為ex0-x0-1 ≥0,所以ln 2

設φ(x) = ex-2x,x∈(ln 2,1],φ′(x) = ex-2 > 0,φ(x)在(ln 2,1]上單增,所以φ(x)∈(2-2 ln 2,e-2].所以a-1=ex0-2x0∈(2-2 ln 2,e-2].所以a∈(3-2 ln 2,e-1].

③當g′(0) ≤ 0, 即a≥ 2 時,g′(x) 在(0,ln 2) 上單減, 故g′(x)

綜上,a∈(-∞,e-1].

據上述解答過程可以發現,為保證g(x)min≥0,需極小值點x0≤1,x0=1 為臨界點,代入g(1)=e-1-a≥0 得a≤e-1,可知臨界點x0= 1 恰好是不等式g(x) ≥0 的充要條件.為何x0= 1 是g(x) ≥0 的充要條件呢? 實際上當g(x)min= 0 時,x0= 1(如圖1),即g(x)在x0處取極小值0.故x0應滿足兩個條件:

圖1

消a得(1-x0)(ex0-x0-1) = 0, 易證當x> 0 時,ex0-x0- 1 > 0, 故滿足這兩個條件的唯一點x0= 1.不妨稱該點為“內點”.以內點作為必要性探路點,得到不等式恒成立的必要條件,再證其充分性即可.

如果對不等式進行等價變形,可得到不同的函數解析式,而“內點”卻具有一致性.如下:

考慮參數分離法: 當x> 0 時,, 由得x0= 1 為該函數唯一極小值點.

從函數圖像的凹凸性和共切點的角度考慮, 將原不等式變形可得(a- 1)x≤ ex-x2- 1.令h(x) =ex-x2- 1.設y= (a- 1)x與y=h(x) 相切于點(x0,y0)(如圖2),則,化簡得(1-x0)(ex0-x0-1) = 0.解得x0= 1 為兩函數唯一共切點.

圖2

下面我們利用上述方法來求解一道高考真題.

例3(2020 年高考全國Ι 卷理科第21 題) 已知f(x)=ex+ax2-x.(1)略;(2)當x≥0 時,,求a的取值范圍.

分析令, 注意到, 注意g′(0) = 0;g′′(x) = ex-3x+2a, 因為g′(0) = 0, 考慮端點效應, 則g′′(0) ≥0, 即, 在[0,ln 3) 上,g′′′(x) < 0,g′′(x) 單調遞減, 在(ln 3,+∞) 上g′′′(x) > 0,g′′(x)單調遞增.

g′′(x)min=g′′(ln 3) = 3-3 ln 3+2a, 當時,g′′(x) 的正負號不確定, 導致g′(x) 不恒為正, 故不能保證g(x) ≥0 恒成立,所以端點效應失效.這時候我們可以尋找“內點”x0.x0應滿足兩個條件:

消a得,易證當x0>0 時,,故滿足這兩個條件的唯一點x0=2.

將該點代入g(2) = 4a+e2-7 ≥0,得為不等式恒成立的必要條件.下面證其充分性.

當a≥(7-e2)/4 時,

令h(x) = ex-3x+(7-e2)/2,h′(x) = ex-3 在[0,ln 3)上單調遞減,在(ln 3,+∞)上單調遞增,故

所以g′′(x) > 0,g′(x) 在[0,+∞) 上單調遞增,g′(x) ≥g′(0) = 0, 所以g(x) 在[0,+∞) 上單調遞增, 故g(x) ≥g(0)=0.

如果對不等式進行等價變形,可得到不同的函數解析式,而“內點”卻具有一致性.如下:

從函數圖像的凹凸性和共切點的角度考慮,將原不等式變形(半分離參數).變形方式一:,設y=ax2與圖像的共切點為(x0,y0)(如圖3),則

圖3

圖4

消a得,易證,所以x0=2,a=(7-e2)/4.結合函數圖像的凹凸性及二次函數開口大小與a的關系可知,當a≥(7-e2)/4時,原不等式恒成立.

此外,從指數找朋友的角度考慮,可將原不等式變形為

所以要證g(x) ≤1,只需證,令

因為g(x)在,(2,+∞)上單調遞減,在上單調遞增,所以x= 2 為極大值點,所以當a≥(7-e2)/4時,g(x)≤1.

端點效應本質是極限的保號性的一種特殊情況,即臨界點恰好為區間端點,若臨界點不為區間端點,則所得結果是原命題成立的必要不充分條件.這時,我們可以尋找“內點”.還可對原不等式進行適當變形,可得函數不同的解析式表達,探路點雖含義不同,但卻具有一致性,如本文中出現的極值點、共切點等不同名稱,它們其實是同一個點.因此,我們在不等式恒成立問題求參數取值范圍問題中,應先進行單調性分析,若出現端點效應失效時,可尋找內點,也可對原不等式進行合理變形,進行必要性探路,并驗證其充分性,保證所求范圍的充要性.