端點法與保號性在求解一類參數范圍問題中的應用

含參函數不等式恒成立問題中，求參變量的取值范圍，歷來是高考題中的高頻考點及熱點．在這類題中，大部分又都有一個特點：端點即零點，即自變量取值范圍的一個端點，正好是函數不等式取等號的點（零點）．這類題一般采用函數分析法，通過對參變量分類討論，分析函數的單調性，求出其最大（小）值，進而得出參變量的取值范圍.這種方法相對繁雜，對數學運算、分類討論等數學能力要求較高.本文另辟蹊徑，結合端點效應與保號性原理，給出一種簡單易行，行之有效的解題方法．

下面先以2023年全國甲卷第21題為例：

已知函數f（x）=ax－sinxcos3x，x∈0，π2．

（1）當a=8時，討論f（x）的單調性；

（2）若f（x）＜sin2x恒成立，求a的取值范圍．

第（1）問與本文無關，只分析第（2）問：等價于g（x）=sin2x－f（x）=sin2x－ax+sinxcos3x≥0

對x∈0，π2恒成立，求a的取值范圍．

圖1

注意到g（0）=0，則必有函數g（x）在x=0處切線的斜率g′0≥0，否則若g′0＜0，由函數切線的幾何意義，如圖1，必存在一個區間（0，δ）（δgt;0），當x∈（0，δ）時，恒有g（x）＜0，與g（x）gt;0矛盾．從而可由g′0≥0，求出a的取值范圍．

這種通過端點函數值（或導函數值）所要滿足的條件得到參變量取值范圍的解題方法，通常稱為“端點效應”，簡稱為“端點法”．

圖2

要注意的是，由此方法得到的參變量的范圍是命題成立的必要條件，而非充要條件．因為此范圍的a僅能保證在區間（0，δ）內，如圖2，即使a滿足g（x）gt;0，也可能存在x0gt;0，使得gx0≤0．

由g′（x）=2cos2x－a+1+2sin2xcos4x，g′（0）=2－a+1≥0，得a≤3．

先證充分性：當a≤3時，g′（x）=2cos2x－a+1+2sin2xcos4x≥2（2cos2x－1）－3+3－2cos2xcos4x=4cos2x－5+3cos4x－2cos2x，令t=cos2x∈（0，1），則g′（x）=4t－5+3t2－2t=4t3－5t2－2t+3t2=（t－1）2（4t+3）t2gt;0，所以g（x）在x∈0，π2單調遞增，所以g（x）gt;g（0）=0成立．

再證必要性．首先要明白什么是命題的必要條件，通俗地說，滿足此條件命題不一定成立（因為不是充分條件），但不滿足此條件命題一定不成立．

先給出極限保號性定理：函數f（x）在x=x0的某個去心鄰域0＜|x－x0|＜r有定義，且limx→x0f（x）=Agt;0（或＜0），則存在某個去心鄰域0＜|x－x0|＜δ，對該去心鄰域內的一切x，恒有f（x）gt;0（或＜0）．

證明" 因為limx→x0f（x）=A，則由極限定義，取正數ε=A2，存在0＜δ＜r，當0＜|x－x0|＜δ時，有|f（x）－A|＜ε=A2，－A2＜f（x）－A＜A2，即A2＜f（x）＜3A2．若Agt;0，f（x）gt;A2gt;0；若A＜0，f（x）＜3A2＜0．

函數保號性定理：函數f（x）在區間（m，n）連續，x0∈（m，n），若fx0gt;0（或＜0），則存在某個區間（x0－δ，x0+δ）（m，n），對該區間內的一切x，恒有f（x）gt;0（或＜0）．

該定理是極限保號性定理當limx→x0f（x）=f（x0）時的特殊情況，顯然成立．

現在利用函數保號性定理來證明必要性：

當a不滿足a≤3，即agt;3時，因為g′（0）=2－a+1＜0，所以x0∈（0，π2），當x∈（0，x0）時，恒有g′（x）＜0（此處運用了函數的保號性），所以g（x）在（0，x0）單調遞減，g（x）＜g（0）=0，與g（x）gt;0相矛盾.

由上述分析可知，a的取值范圍是（－∞，3］．

這種由端點法與函數保號性相結合的方法的解題步驟為：

（1）檢驗在區間［m.n］（開閉不限）的左（或右）端點處的函數值是否為0，這是能否采用本方法的前提條件；

（2）由零點端點的導數值大于等于0（或小于等于0）得到參變量的取值范圍；

（3）證明參變量在此取值范圍內，不等式恒成立，即證明充分性；

（4）證明參變量不在此取值范圍內，不等式不恒成立，即證明必要性．

下面用此方法求解2024年的兩道高考題．

例1" （2024年全國甲卷理第21題）已知函數f（x）=1－axln1+x－x．

（1）當a=－2時，求f（x）的極值；

（2）當x≥0時，f（x）≥0恒成立，求a的取值范圍．

解" （1）極小值為0，無極大值．解法略.

（2）即 f（x）=1－axln1+x－x≥0對任意的x∈［0，+∞）恒成立．注意到f0=0，f′（x）=－aln1+x+1－ax1+x－1，f′0=0+1－1=0（此處f′0=0恒成立，由f′0≥0無法求出a的范圍，必須再次求導）．f″（x）=－a1+x－a+1（1+x）2，由f″0=－2a－1≥0，得a≤－12．（經過兩次求導求出a的范圍，稱為兩次端點法）

先證充分性：當a≤－12時，f″（x）=－a1+x－a+1（1+x）2=－（2a+1）+ax（1+x）2，因為2a+1≤0，ax≤0，所以f″（x）≥0，f′（x）在［0，+∞）單調遞增，所以f′（x）≥f′0=0，所以f（x）在［0，+∞）單調遞增，所以f（x）≥f0=0成立．

再證必要性：當agt;－12時，因為f″（0）=－2a－1＜0，所以x0∈（0，+∞），當x∈（0，x0）時，有f″（x）＜0，即f′（x）在（0，x0）單調遞減，所以f′（x）＜f′（0）=0，所以f（x）在（0，x0）單調遞減，所以f（x）＜f（0）=0，這與f（x）≥0相矛盾.

綜上，a≤－12．

例2" （2024年全國新課標I卷第18題）已知函數f（x）=lnx2－x+ax+b（x－1）3．

（1）若b=0，且f′（x）≥0，求a的最小值；

（2）證明：曲線y=f（x）是中心對稱圖形；

（3）若f（x）gt;－2當且僅當1＜x＜2，求b的取值范圍．

解" （1）易得 a的最小值－2，解法略；（2） 證明略；

（3）因為f（x）gt;－2當且僅當1＜x＜2成立，且limx→2f（x）=+∞，故必有x=1為f（x）=－2的一個解，所以f1=－2，即a=－2．

此時命題等價于f（x）=lnx2－x+21－x+bx－13gt;0在1，2上恒成立，求b的取值范圍．

f′（x）=1x+12－x－2+3bx－12，f′（1）=0（此處f′0=0恒成立，由f′0≥0無法求出a的范圍，須再次求導）．f″（x）=－1x2+1（2－x）2+6bx－1，f″（1）=0，（此處f″0=0恒成立，由f″0≥0無法求出a的范圍須再次求導）．f′″（x）=2x3+2（2－x）3+6b，由f′″（1）≥0，得b≥－23．

先證充分性：當b≥－23時，因為1＜x＜2，xgt;2－xgt;0，x4gt;（2－x）4所以f（4）（x）=－6x4+6（2－x）4=6x4－（2－x）4x4（2－x）4gt;0，所以f′″（x）在（1，2）單調遞增，f′″（x）gt;f′″（1）=0，所以f″（x）在（1，2）單調遞增，f″（x）gt;f″（1）=0，所以f′（x）在（1，2）單調遞增，f′（x）gt;f′（1）=0，所以f（x）在（1，2）單調遞增，f（x）gt;f（1）=0成立．

再證必要性：當b＜－23時，因為f′″（1）=4+6b＜0，所以x0∈（1，2），當x∈（1，x0）時，有f′″（x）＜0，即f″（x）在（1，x0）單調遞減，f″（x）＜f″（1）=0，所以f′（x）在（1，x0）單調遞減，所以f′（x）＜f′（1）=0，所以f（x）在（1，x0）單調遞減，所以f（x）＜f（1）=0，這與f（x）≥0相矛盾.

綜上，f（x）gt;－2在1，2上恒成立時b≥－23．

由以上解題過程可知，先尋找命題成立的必要條件，再證明其充分性，是一種簡單有效的解題手段．其數學思維的本質還是數形結合，通過函數圖形發現其規律，再利用代數方法加以證明．除此之外，分離參變量，轉變為求另一函數的最大值與最小值問題，也是此類求參變量取值范圍的一種常規方法．