2020年全國Ⅰ卷理科第21題(2)的解法探究

許銀伙

(福建省泉州外國語中學 362000)

針對含參不等式恒成立求參數范圍的問題，通常有三種方法：分離參數，化成函數最值問題；構造新函數，求導分類討論；半分離參數，化成含參直線與固定函數的位置關系.2020年高考全國Ⅰ卷理科第21題(2)問是含參不等式恒成立問題，其參考解答仍然是常規的分類討論，但在不等式變形也就是構造新函數時展現了新技巧，具有很強的創新性.按照傳統的思路能否解決？參考解答能否改進？本文對此進行探究，并對各種方法的適用性進行歸納總結.

一、試題呈現

試題(2020年全國高考Ⅰ卷·理21)已知函數f(x)=ex+ax2-x.

(1)當a=1時，討論f(x)的單調性；

二、試題解析

1.第(1)問解析

解析f(x)在(-∞,0]單調遞減，在(0,+∞)單調遞增.

2.第(2)問解析

思考1 參數容易分離的不等式恒成立或方程有解的問題，為避免討論，通常考慮分離參數，轉化為求函數最值或值域的問題.

因為g′(0)=0，g′(x)>0對x>0恒成立，g(x)在(0,+∞)單調遞增.又因為g(0)=0，所以g(x)≥0對x≥0恒成立，符合.

當x∈(0,x1)和x∈(x2,+∞)時，h(x)>0；當x∈(x1,x2)時，h(x)<0，所以g′(x)在(0,x1)和(x2,+∞)單調遞增，在(x1,x2)單調遞減.

由于g′(x)>0對x∈(0,x1]恒成立，所以函數g′(x)在(x1,+∞)最小值為g′(x2).

①當g′(x2)≥0時，得g′(x)≥0對x>0恒成立，所以g(x)在(0,+∞)單調遞增.

又因為g(0)=0，所以g(x)≥0對x≥0恒成立.

此時h(x2)=ex2+2a-3x2=0，即ex2=3x2-2a.

當x∈(0,t1)和x∈(t2,+∞)時，g′(x)>0；當x∈(t1,t2)時，g′(x)<0,所以g(x)在(0,t1)和(t2,+∞)單調遞增，在(t1,t2)單調遞減.

因為g(0)=0，所以g(x)>0對x∈(0,t1]恒成立，g(x)在(t1,+∞)最小值為g(t2).

令φ(x)=x2+2x+2-2ex，則φ′(x)=2x+2-2ex，φ″(x)=2-2ex<0對x>0恒成立，φ′(x)在(0,+∞)單調遞減.因為φ′(0)=0，所以φ′(x)<0對x>0恒成立，所以φ(x)在(0,+∞)單調遞減.

因為φ(0)=0，所以φ(x)<0對x>0恒成立.

由g(t2)≥0，得ln3

思考3 遇到含參數不等式問題，還經常化成半分離參數形式解決，即化成不等式兩邊分別是含參數直線方程形式和不含參數的固定函數，借助切線解決.

記φ(x)=(7-e2)x2-4[x3-1-(x-1)ex]，則φ′(x)=2x(7-e2-6x+2ex).令τ(x)=7-e2-6x+2ex，則τ′(x)=2ex-6，令τ′(x)=0，解得x=ln3.

當x∈(0,ln3)時，τ′(x)<0；當x∈(ln3,+∞)時，τ′(x)>0，所以τ(x)在(0,ln3)單調遞減，在(ln3,+∞)單調遞增.

由τ(0)=9-e2>0，τ(ln3)=7-e2+6-6ln3<0，τ(2)=e2-5>0，得τ(x)=0有兩個不同的解x1,x2，且00，φ′(x)=2xτ(x)>0；當x∈(x1,x2)時，τ(x)<0，φ′(x)=2xτ(x)<0，所以φ(x)在(0,x1)和(x2,+∞)單調遞增，在(x1,x2)單調遞減.

因為φ(0)=0，φ(2)=0，所以φ(x)=0有兩個不同的解t1,t2，且x1

思考4解法2和3在求極值和最小值時都遇到極值點無法求出的問題，需要用到設而不求的方法，運算量大且討論都非常繁雜，可以考慮把原不等式變形，讓極值點不再隱蔽，簡化最值討論與計算.

三、規律總結

四、相關練習

練習1(廈門雙十中學2018年高三·理21)已知函數f(x)=a(x-1)lnx+x,a∈R.

(1)若a=1，直線l:y=mx是函數f(x)的切線，求實數m的值；

(2)當x≥1時，f(x)≤ex-1恒成立，求實數a的取值范圍.

(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)處導數相等， 證明f(x1)+f(x2)>8-8ln2；

(2)若a≤3-4ln2，證明：對于任意k>0，直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點.