一道高考題的求解分析與模型探究

艾敏

一、問題回顧

題目? 已知函f（x）=ex-ax2-x.當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≥12x3+1，求a的取值范圍.

此題是2020年全國Ⅰ卷21題，筆者在給高三培優(yōu)訓(xùn)練此題時(shí)發(fā)現(xiàn)，利用參變量分離方法求解的只有個(gè)別學(xué)生解得答案，利用構(gòu)造函數(shù)求解時(shí)幾乎所有學(xué)生直接構(gòu)造函數(shù)g（x）=ex+ax2-x-12x3-1求解，導(dǎo)致解題失敗.本文針對(duì)這道題的求解進(jìn)行分析并就此類函數(shù)（指數(shù)函數(shù)與冪函數(shù)混合）求參數(shù)問題的一些模型展開探究.

二、問題解決

思路一? 分離參數(shù)法求解

解法一：由f（x）≥12x3+1得ex+ax2-x≥12x3+1，則ax2≥12x3+1+x-ex.

（1）當(dāng)x=0時(shí)，不等式恒成立.

（2）當(dāng)x＞0時(shí)，分離參變量得a≥12x3+1+x-exx2，令g（x）=12x3+1+x-exx2，則g′（x）=（32x2+1-ex）x2-（12x3+1+x-ex）·2xx4=12（x-2）［（x2+2x+2）-2ex］x3.設(shè)h（x）=（x2+2x+2）-2ex，x＞0，則h′（x）=2（x+1-ex）.因?yàn)閑x≥x+1，所以h′（x）＜0恒成立，所以h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減，故h（x）＜h（0）=0.令g′（x）=0，得x=2.當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，g′（x）＞0；當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，g′（x）＜0.故g（x）在（0，2）上單調(diào)遞增，在（2，+∞）上單調(diào)遞減.∴g（x）max=g（2）=7-e24.∴a≥7-e24.

綜上可得，a的取值范圍為7-e24，+∞.

評(píng)注：在已知函數(shù)不等式求參數(shù)取值范圍問題中，“分離參數(shù)法”是常用方法之一，上述解法中分離參變量后，求導(dǎo)函數(shù)的分子是（12x3-x-2）-（x-2）ex，出現(xiàn)的三次式（12x3-x-2）可以進(jìn)行因式分解，且（x-2）正好是（12x3-x-2）的因式，提取公因式后的因式［（x2+2x+2）-2ex］是小于等于0恒成立的，所以導(dǎo)函數(shù)具有極值點(diǎn)x=2.訓(xùn)練中大多學(xué)生不能看出（12x3-x-2）可以分解出（x-2）導(dǎo)致解答失敗.

思路二? 構(gòu)造函數(shù)g（x）=ex+ax2-x-12x3-1進(jìn)行求解

解法二：令g（x）=ex+ax2-x-12x3-1，則g′（x）=ex+2ax-1-32x2.

令g（x）=ex+2ax-1-32x2，則h（x）=ex-3x+2a.

令p（x）=ex-3x+2a， 則p′（x）=ex-3，令p′（x）=0，解得x=ln3.

所以p（x）在［0，ln3］上單調(diào)遞減，在（ln3，+∞）上單調(diào)遞增.

所以p（x）min=p（ln3）=3-3ln3+2a，又p（0）=1+2a.

（1）當(dāng)3-3ln3+2a≥0時(shí)，即當(dāng)a≥3ln3-32時(shí)，p（x）≥0恒成立，即h′（x）≥0恒成立，此時(shí)h（x）在［0，+∞）上單調(diào)遞增，所以h（x）≥h（0）=0恒成立，即g′（x）≥0恒成立，所以g（x）在［0，+∞）上單調(diào)遞增，所以g（x）≥g（0）=0，故a≥3ln3-32滿足題意.

（2）當(dāng)1+2a＞0，3-3ln3+2a＜0時(shí)，即當(dāng)-12＜a＜3ln3-32時(shí)，則函數(shù)p（x）存在兩個(gè)零點(diǎn)x1和x2，

其中x1∈（0，ln3），x2∈（ln3，+∞）.所以h（x）在［0，x1）上單調(diào)遞增，在（x1，x2）上單調(diào)遞減，在（x2，+∞）上單調(diào)遞增.所以h（x1）＞h（0）=0，又因?yàn)閜（x2）=ex2-3x2+2a=0，所以h（x2）=ex2+2ax2-1-32x22=（1-x2）ex2+32x22-1，其中x2∈（ln3，+∞）.

令函數(shù)r（x）=（1-x）ex+32x2-1，則r′（x）=-xex+3x=x（3-ex）＜0恒成立，所以r（x）在（ln3，+∞）上單調(diào)遞減，又因?yàn)閞（ln3）=3（1-ln3）+32（ln3）2-1＞0，所以r（x）在（ln3，+∞）上存在零點(diǎn)x0，使得r（x0）=0.

（i）若h（x2）≥0，解得ln3＜x2≤x0，此時(shí)3x0-ex02≤a＜3ln3-32，（其中x0為函數(shù)r（x）的零點(diǎn)）.此時(shí)h（x）≥0恒成立，所以g（x）在［0，+∞）上單調(diào)遞增，所以g（x）≥g（0）=0，故3x0-ex02≤a≤3ln3-32滿足題意.（其中x0為函數(shù)r（x）=（1-x）ex+32x2-1的零點(diǎn)）

（ii）若h（x2）＜0， 即當(dāng)-12＜a＜3x0-ex02時(shí)，（其中x0為函數(shù)r（x）的零點(diǎn)）. 則函數(shù)h（x）存在兩個(gè)零點(diǎn)x3和x4，其中x3∈（x1，x2），x4∈（x2，+∞）. 所以g（x）在［0，x3）上單調(diào)遞增，在（x3，x4）上單調(diào)遞減，在（x4，+∞）上單調(diào)遞增.所以g（x3）＞g（0）=0，又因?yàn)閔（x4）=ex4+2ax4-1-32x24=0，且g（x4）=ex4+ax24-x4-12x34-1，兩式消a可以得g（x4）=（1-12x4）ex4+14x34-12x4-1=（1-12x4）［ex4-（12x24+x4+1）］.

令函數(shù)s（x）=ex-（12x2+x+1），則s′（x）=ex-（x+1）≥0恒成立，所以s（x）在［0，+∞）單調(diào)遞增，所以s（x）≥s（0）=0恒成立，所以ex4-（12x24+x4+1）＞0恒成立.故g（x4）≥0，解得x4≤2，故h（2）=e2+4a-1-6≥0，解得a≥7-e24，即7-e24≤a＜3x0-ex02滿足題意.

（3）當(dāng)a≤-12時(shí)，因?yàn)閜（0）≤0，所以x5∈（0，+∞）使得p（x5）=0，所以h（x）在（0，x5）單調(diào)遞減，在（x5，+∞）單調(diào)遞增，因?yàn)閔（0）=0，所以x6∈（x5，+∞），使得h（x6）=0.所以g（x）在（0，x6）遞減，在（x6，+∞）遞增，所以g（x6）＜g（0）=0，與g（x）≥0矛盾，舍去.

綜上可得，a的取值范圍為7-e24，+∞.

評(píng)注：此種解法是學(xué)生構(gòu)造函數(shù)最直接的作答方法，但是大多學(xué)生只完成了第（1）和（3）點(diǎn)的討論，第（2）點(diǎn)的分析做不下去，筆者在求解時(shí)也遇到第（2）點(diǎn)中第（i）小點(diǎn)如何表達(dá)的問題，因?yàn)閞（x）=（1-x）ex+32x2-1的零點(diǎn)不可求，只能用隱零點(diǎn)表述，是否有更合理的解法跳過這一小點(diǎn)的討論，筆者一直在探究中.解法中第（ii）小點(diǎn)的g（x4）進(jìn)行消a后所得g（x4）=（1-12x4）ex4+14x34-12x4-1能進(jìn)行因式分解，有公因式（1-12x4）可以提取，而且g（x4）≥0，其解是x4≤2（具體數(shù)），從而可以容易求出a的取值范圍.

思路三? 構(gòu)造函數(shù)g（x）=（12x3-ax2+x+1）e-x進(jìn)行求解

解法三：因?yàn)閒（x）≥12x3+1，即ex+ax2-x≥12x3+1，所以（12x3-ax2+x+1）e-x≤1.

設(shè)g′（x）=（12x3-ax2+x+1）e-x，則g（x）=12x（x-2）［x-（1+2a）］e-x.

（1）當(dāng)a=12時(shí)，g′（x）≤0，故g（x）在［0，+∞）上單調(diào)遞減，∴g（x）≤g（0）=1，滿足題意.

（2）當(dāng)a＞12時(shí)，則x∈［0，2）時(shí)，g′（x）＜0；當(dāng)x∈（2，1+2a）時(shí)，g′（x）＞0.

當(dāng)x∈（1+2a，+∞）時(shí)，g′（x）＜0.所以g（x）在［1+2a，+∞）上單調(diào)遞減，在（2，1+2a）上單調(diào)遞增.又因g（0）=1，所以要g（x）≤1恒成立，則要g（1+2a）≤1即可.g（1+2a）=［12（1+2a）3-a（1+2a）2+（1+2a）+1］e-（1+2a）=2a2+4a+52e-（1+2a），令h（a）=2a2+4a+52e-（1+2a）（a＞12），則h′（a）=-（2a+1）2e-1+2a＜0恒成立.所以h（a）在（12，+∞）上單調(diào)遞減，h（a）＜h（12）=5e2＜1，即g（1+2a）＜1恒成立.所以當(dāng)a＞12時(shí)，有g(shù)（x）≤1. 所以a＞12滿足題意.

（3）當(dāng)a＜12時(shí)，當(dāng)x∈［0，1+2a）時(shí)，g′（x）＜0；當(dāng)x∈（1+2a，2）時(shí)，g′（x）＞0.當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，g′（x）＜0.所以g（x）在［0，1+2a），（2，+∞）上單調(diào)遞減，在（1+2a，2）上單調(diào)遞增.又因g（0）=1，所以要g（x）≤1恒成立，則要g（2）≤1即可.g（2）=（4-4a+2+1）e-2=（7-4a）e-2≤1，解得a≥7-e24，所以7-e24≤a＜12.

綜上可得，a的取值范圍為7-e24，+∞.

評(píng)注：解法中構(gòu)造函數(shù)后只需一導(dǎo)即可解決問題，關(guān)鍵是求導(dǎo)后的三次函數(shù)可以進(jìn)行因式分解，而且分解出的根是x=0，x=2，x=1+2a，再對(duì)函數(shù)圖像進(jìn)行分析和討論，而且可證明g（1+2a）≤1恒成立，由此避免超越不等式的求解.

三、模型探究

1.形如f（x）=（ax+b）eλx（aλ≠0）的模型

例1? 設(shè)函數(shù)f（x）=ex-1-ax.當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≥0，求a的取值范圍.

提示：a的取值范圍為（-∞，1］，過程略.

評(píng)注：因?yàn)閒′（x）=aeλx+（ax+b）eλxλ=（aλx+bλ+a）eλx，所以此模型求導(dǎo)后還是一次函數(shù)與eλx相乘模型，所以導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)一定可求（只需要討論零點(diǎn)與所給區(qū)間的位置關(guān)系），屬于比較容易的模型.

2.形如f′（x）=（ax2+bx+c）eλx（aλ≠0）的模型

例2? （2010年全國新課標(biāo)卷21題）設(shè)函數(shù)f（x）=ex-1-x-ax2.

當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≥0，求a的取值范圍.

提示：a的取值范圍為（-∞，1］，過程略.

評(píng)注：因?yàn)閒′（x）=（2ax+b）eλx+（ax2+bx+c）eλxλ＝［aλx2+（bλ+2a）x+b+λc］eλx，

所以此模型求導(dǎo)后還是二次函數(shù)與eλx相乘模型，其導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)可轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的零點(diǎn)討論.

3.形如f（x）=（ax3+bx2+cx+d）eλx（aλ≠0）的模型

例3? 見本文問題中的題目.

提示：a的取值范圍為7-e24，+∞，過程參考問題解答部分.

評(píng)注：因?yàn)閒′（x）=［aλx3+（bλ+3a）x2+（2b+λc）+（c+dλ）］eλx，此模型求導(dǎo)后還是三次函數(shù)與相乘模型，若三次函數(shù)不能因式分解將導(dǎo)致出現(xiàn)隱零點(diǎn)情況，隱零點(diǎn)的整體消元和求解要求較高，所以此種模型相比較前兩種模型難許多.

4.形如f（x）=ax+bcx+deλx（cλ≠0））的模型

例4? ?（2006年全國卷21題）已知函數(shù)f（x）=1+x1-xe-a.

若對(duì)于任意x∈（0，1），恒有f（x）＞1，求a的取值范圍.

提示：a∈（-∞，2］，過程參考［1］.

評(píng)注：f′（x）=aλcx2+（aλd+bc）x+（ad-bc+bd）（cx+d）2eλx，求導(dǎo)后仍然是反比例與eλx相乘模型，其零點(diǎn)由二次表達(dá)式aλcx2+（aλd+bc）x+（ad-bc+bd）決定，所以此模型與上述模型2相似.

5.形如f（x）=（ax+b+cx）eλx（acλ≠0）模型

例5? （自編題）已知函數(shù)f（x）=（x+1+ax）e-2x.若對(duì)于任意x≥1，恒有f（x）≤1，求a的取值范圍.

解：f′（x）=-（2x+1）（x2+a）x2e-2x.

（1）當(dāng)a≥-1時(shí)，f′（x）≤0恒成立，所以f（x）在［0，+∞）上單調(diào)遞減，又因?yàn)閒（x）≤1，所以f（x）max=f（1）=（2+a）e-2≤1，解得a≤e2-2，即-1≤a≤e2-2.

（2）當(dāng)a＜-1時(shí)，令f′（x）=0，解得x=-a，當(dāng)x∈（0，-a）時(shí)，f′（x）＞0；當(dāng)時(shí)x∈（-a，+∞）

時(shí)，f′（x）＜0.所以f（x）在（0，-a）上單調(diào)遞增，在（-a，+∞）單調(diào)遞減.所以f（x）max=f（-a）=（2-a+1）e-2-a.令g（x）=（x+1）e-x（x＞1），則g（x）=-xe-x＜0恒成立，所以g（x）≤g（1）=2e＜1恒成立.

即f（-a）=（2a+1）e-2-a＜1恒成立，所以a＜-1滿足題意.

綜上可得，a的取值范圍為（-∞，e2-2）.

評(píng)注：因?yàn)閒′（x）=aλx3+（a+bλ）x2+λcx-cx2eλx，其零點(diǎn)是由aλx3+（a+bλ）x2+λcx-c決定，它屬于三次表達(dá)式，難點(diǎn)在于是否可以求因式分解求出零點(diǎn)，屬于比較難的模型.

結(jié)語：本文只是總結(jié)出以上常見的五種模型.假如構(gòu)造的函數(shù)直接求解比較復(fù)雜，或者出現(xiàn)三導(dǎo)或者三導(dǎo)以上才能對(duì)函數(shù)進(jìn)行分析，說明所構(gòu)造的函數(shù)不符合命題者的思維，則需利用不等式進(jìn)行變換，變換成兩類函數(shù)相乘（或相除）的模型后再進(jìn)行構(gòu)造函數(shù)，這樣可能只需一次求導(dǎo)即可得到熟悉的函數(shù)，由此對(duì)參數(shù)進(jìn)行討論就變得容易.

參考文獻(xiàn)

［1］ 范選文，唐秋萍. 例談一類不等式恒成立求參數(shù)范圍的解題策略［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)研究（華南師大），2017（12）：20-21.