“端点效应”失效原因分析及解决方法
2023-12-28江西省九江市第三中学332000吴丛新
江西省九江市第三中学(332000)吴丛新
不等式恒成立求参数取值范围问题是高考的热点,也是难点问题,其通法是构造函数分类讨论,但过程往往十分繁琐,计算量庞大.倘若函数在区间端点满足一定的条件,则可考虑“端点效应”进行必要性探路.然而有时端点效应会出现失效,即其充分性不成立的情况.本文结合实例对端点效应成立的条件及其失效原因进行分析,并提出解决问题的相应方法.
一、“端点效应”基本原理及解题步骤
(1)必要性缩小范围:
①若f(x,m) ≥0 (m为参数) 在[a,b] 上恒成立, 且f(a)=0(或f(b)=0),则f′(a)≥0(或f′(b)≤0).此法适用于区间端点处函数值为零的情况.
②若f(x,m) ≥ 0 (m为参数) 在[a,b] 上恒成立, 且(或), 则f′′(a) ≥0(或f′′(b) ≤0).此法适用于区间端点处函数值为零且导数值也为零的情况.
(2)充分性验证结果:
利用第一步中的参数范围,通过f′(x)判断f(x)的单调性,验证f(x)min≥0.
二、“端点效应”有效应用举例及原因分析
例1已知f(x)=aex+2e-x+(a-2)x(a∈R).
(1)略;(2)当x≥0 时,f(x)≥(a+2)cosx,求a的取值范围.
分析构造函数g(x) =aex+2e-x+(a-2)x-(a+2)cosx,x> 0,注意到g(0) = 0,考虑端点效应,g(x) ≥0 的必要条件是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,则g′(0)=2(a-2)≥0,即a≥2(必要性).
再证充分性.当a≥2 时,
所以g′(x)在[0,+∞)上单调递增,g′(x) ≥g′(0) ≥0,g(x)单调递增,g(x)≥g(0)=0.
评析本题中二阶导数g′′(x) ≥0 保证了g′(x) 在[0,+∞)上单调递增,所以g′(x) ≥0,从而保证原命题成立.因此本题中必要性探路点x= 0 不仅为区间端点,同时也是一阶导数g′(x)的单调区间的端点,所以端点效应不能简单理解为题目所给区间的端点简单代入,否则会出现端点效应失效的情况.
三、“端点效应”失效原因分析及解决方法
例2已知当x≥0 时,ex-x2-(a-1)x-1 ≥0 恒成立,求a的取值范围.
分析令g(x)=ex-x2-(a-1)x-1,注意到g(0)=0,考虑端点效应.g′(x) = ex- 2x- (a- 1), 因此要使g(x) ≥0 在[0,+∞) 上恒成立, 则g′(0) = 2-a≥0, 即a≤2.g′′(x) = ex-2.在[0,ln 2)上,g′′(x) < 0,g′(x)单调递减, 在[ln 2,+∞)上,g′′(x) > 0,g′(x)单调递增.所以g′(x)min=g′(ln 2) = 3-2 ln 2-a,当a≤2 时,g′(x)的正负号不确定,g′(x)不恒为正,故不能保证g(x) ≥0 恒成立,所以端点效应失效.要得到原命题成立的充要条件,需要对g′(x)的正负号进行分类讨论,要确保g(x)的极小值大于0.笔者在端点效应基础上,进一步分析得到如下解答:
对g′(x)min=g′(ln 2) = 3-2 ln 2-a的正负号进行分类讨论:
①当g′(ln 2)≥0,即a≤3-2 ln 2 时,g′(x)≥0,g(x)单增,g(x)≥g(0)=0,符合题意