端點(diǎn)法與保號(hào)性在求解一類(lèi)參數(shù)范圍問(wèn)題中的應(yīng)用

含參函數(shù)不等式恒成立問(wèn)題中，求參變量的取值范圍，歷來(lái)是高考題中的高頻考點(diǎn)及熱點(diǎn)．在這類(lèi)題中，大部分又都有一個(gè)特點(diǎn)：端點(diǎn)即零點(diǎn)，即自變量取值范圍的一個(gè)端點(diǎn)，正好是函數(shù)不等式取等號(hào)的點(diǎn)（零點(diǎn)）．這類(lèi)題一般采用函數(shù)分析法，通過(guò)對(duì)參變量分類(lèi)討論，分析函數(shù)的單調(diào)性，求出其最大（小）值，進(jìn)而得出參變量的取值范圍.這種方法相對(duì)繁雜，對(duì)數(shù)學(xué)運(yùn)算、分類(lèi)討論等數(shù)學(xué)能力要求較高.本文另辟蹊徑，結(jié)合端點(diǎn)效應(yīng)與保號(hào)性原理，給出一種簡(jiǎn)單易行，行之有效的解題方法．

下面先以2023年全國(guó)甲卷第21題為例：

已知函數(shù)f（x）=ax－sinxcos3x，x∈0，π2．

（1）當(dāng)a=8時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；

（2）若f（x）＜sin2x恒成立，求a的取值范圍．

第（1）問(wèn)與本文無(wú)關(guān)，只分析第（2）問(wèn)：等價(jià)于g（x）=sin2x－f（x）=sin2x－ax+sinxcos3x≥0

對(duì)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(shù)g（x）在x=0處切線(xiàn)的斜率g′0≥0，否則若g′0＜0，由函數(shù)切線(xiàn)的幾何意義，如圖1，必存在一個(gè)區(qū)間（0，δ）（δgt;0），當(dāng)x∈（0，δ）時(shí)，恒有g(shù)（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(guò)端點(diǎn)函數(shù)值（或?qū)Ш瘮?shù)值）所要滿(mǎn)足的條件得到參變量取值范圍的解題方法，通常稱(chēng)為“端點(diǎn)效應(yīng)”，簡(jiǎn)稱(chēng)為“端點(diǎn)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?yàn)榇朔秶腶僅能保證在區(qū)間（0，δ）內(nèi)，如圖2，即使a滿(mǎn)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(dāng)a≤3時(shí)，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(diào)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(shuō)，滿(mǎn)足此條件命題不一定成立（因?yàn)椴皇浅浞謼l件），但不滿(mǎn)足此條件命題一定不成立．

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

證明" 因?yàn)閘imx→x0f（x）=A，則由極限定義，取正數(shù)ε=A2，存在0＜δ＜r，當(dāng)0＜|x－x0|＜δ時(shí)，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(shù)保號(hào)性定理：函數(shù)f（x）在區(qū)間（m，n）連續(xù)，x0∈（m，n），若fx0gt;0（或＜0），則存在某個(gè)區(qū)間（x0－δ，x0+δ）（m，n），對(duì)該區(qū)間內(nèi)的一切x，恒有f（x）gt;0（或＜0）．

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

現(xiàn)在利用函數(shù)保號(hào)性定理來(lái)證明必要性：

當(dāng)a不滿(mǎn)足a≤3，即agt;3時(shí)，因?yàn)間′（0）=2－a+1＜0，所以x0∈（0，π2），當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，恒有g(shù)′（x）＜0（此處運(yùn)用了函數(shù)的保號(hào)性），所以g（x）在（0，x0）單調(diào)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(diǎn)法與函數(shù)保號(hào)性相結(jié)合的方法的解題步驟為：

（1）檢驗(yàn)在區(qū)間［m.n］（開(kāi)閉不限）的左（或右）端點(diǎn)處的函數(shù)值是否為0，這是能否采用本方法的前提條件；

（2）由零點(diǎn)端點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)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(nèi)，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(nèi)，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(guó)甲卷理第21題）已知函數(shù)f（x）=1－axln1+x－x．

（1）當(dāng)a=－2時(shí)，求f（x）的極值；

（2）當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≥0恒成立，求a的取值范圍．

解" （1）極小值為0，無(wú)極大值．解法略.

（2）即 f（x）=1－axln1+x－x≥0對(duì)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(wú)法求出a的范圍，必須再次求導(dǎo)）．f″（x）=－a1+x－a+1（1+x）2，由f″0=－2a－1≥0，得a≤－12．（經(jīng)過(guò)兩次求導(dǎo)求出a的范圍，稱(chēng)為兩次端點(diǎn)法）

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

再證必要性：當(dāng)agt;－12時(shí)，因?yàn)閒″（0）=－2a－1＜0，所以x0∈（0，+∞），當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，有f″（x）＜0，即f′（x）在（0，x0）單調(diào)遞減，所以f′（x）＜f′（0）=0，所以f（x）在（0，x0）單調(diào)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(guó)新課標(biāo)I卷第18題）已知函數(shù)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(xiàn)y=f（x）是中心對(duì)稱(chēng)圖形；

（3）若f（x）gt;－2當(dāng)且僅當(dāng)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?yàn)閒（x）gt;－2當(dāng)且僅當(dāng)1＜x＜2成立，且limx→2f（x）=+∞，故必有x=1為f（x）=－2的一個(gè)解，所以f1=－2，即a=－2．

此時(shí)命題等價(jià)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(wú)法求出a的范圍，須再次求導(dǎo)）．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(wú)法求出a的范圍須再次求導(dǎo)）．f′″（x）=2x3+2（2－x）3+6b，由f′″（1）≥0，得b≥－23．

先證充分性：當(dāng)b≥－23時(shí)，因?yàn)?＜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(diào)遞增，f′″（x）gt;f′″（1）=0，所以f″（x）在（1，2）單調(diào)遞增，f″（x）gt;f″（1）=0，所以f′（x）在（1，2）單調(diào)遞增，f′（x）gt;f′（1）=0，所以f（x）在（1，2）單調(diào)遞增，f（x）gt;f（1）=0成立．

再證必要性：當(dāng)b＜－23時(shí)，因?yàn)閒′″（1）=4+6b＜0，所以x0∈（1，2），當(dāng)x∈（1，x0）時(shí)，有f′″（x）＜0，即f″（x）在（1，x0）單調(diào)遞減，f″（x）＜f″（1）=0，所以f′（x）在（1，x0）單調(diào)遞減，所以f′（x）＜f′（1）=0，所以f（x）在（1，x0）單調(diào)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(shí)b≥－23．

由以上解題過(guò)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(jiǎn)單有效的解題手段．其數(shù)學(xué)思維的本質(zhì)還是數(shù)形結(jié)合，通過(guò)函數(shù)圖形發(fā)現(xiàn)其規(guī)律，再利用代數(shù)方法加以證明．除此之外，分離參變量，轉(zhuǎn)變?yōu)榍罅硪缓瘮?shù)的最大值與最小值問(wèn)題，也是此類(lèi)求參變量取值范圍的一種常規(guī)方法．