广东实验中学(510055) 谢锦辉

高中数学中,求某一个参数的取值范围是很常见的一种题型.这类问题涉及知识点多,可考查的数学思想方法丰富,能很好地体现“在知识交汇处命题,以能力立意”的高考宗旨.

常见解题方法有三个:

1.带参直接处理.此种办法入手容易,但通常需要伴随着分类讨论,对学生分析能力是考验.

2.分离参数.将参数与主元分离,转化为研究一个不带参数的函数的最值问题或函数的范围问题.此方法主要问题在于分离后的函数形式比较复杂,通常会利用洛必达法则求函数极限值.

3.利用逻辑推理,缩小范围后求解.利用逻辑推理,缩小参数范围,将求参数范围的问题,转换为函数不等式的证明问题.

(1)先利用充分条件找参数范围,再证明参数范围的必要性.通常,充分条件通过选择理想状态得到.

(2)先利用必要条件找参数范围,再证明参数范围的充分性.通常,必要条件通过利用特殊取值得到.

(3)先猜再证.先利用朴素的想法得到参数的范围,然后证明.通常,朴素的想法包含数形结合、放缩法等.

4.利用不等式放缩求解

一、典例分析

例1已知函数f(x)=ex+1+ax2+2ax在(−1,+∞)上单调递增,求a的取值的范围.

解由题知,f′(x)=ex+1+2ax+2a≥0 在(−1,+∞)恒成立.记g(x)=ex+1+2ax+2a.

思路1将g(x)视为一个函数,通常恒成立问题会转换为最值问题.对此题而言,g(x)≥0⇔g(x)min≥0.转而寻找g(x)的单调性.因为g(x)中含有参数a,讨论单调性时不可避免的需要进行分类讨论.

解1因为g′(x)=ex+1+2a,从而

综上,由(1)(2)得,a的取值范围为.

思路2对大部分高中生而言,分类讨论是难点,很容易分类混乱.参变分离是避免讨论的重要手段,不过难点在于分离后的新函数会稍显复杂.

解2对∀x∈(−1,+∞)恒成立.记,易知r(x)在(−1,0)单调递增,(0,+∞)单调递减.所以2a≥r(x)max=r(0)=−e,所以,故a的取值范围为.

思路3我们也可以利用逻辑推论出a的范围,然后证明之.这样既避免分类讨论也可以避免复杂的新函数.

解3由题知,取x=0,则,(a的必要条件)再证对任意恒成立.(−1,+∞),

记t(x)=ex−ex,t′(x)=ex−e,故t(x)在(0,1)单调递减,(1,+∞)单调递增.所以t(x)≥t(1)=0,所以

综上,a的取值范围为.

思路4从思路3 来看,我们自然有一个疑问:为什么取特殊值x=0? 偶然还是必然? 因此为了弄清楚这个问题,我们可以考虑用切线放缩来处理.注意到

将上述不等式视为函数y=ex+1图像在y=2a(x+1)的上方或相切,其中y=2a(x+1)恒过点(−1,0)的直线,−2a为直线的斜率.其临界状态为直线恒过(−1,0)且与y=ex+1的图像相切.

设过(−1,0)的直线与y=ex+1相切的切点为(x0,y0),则切线方程为y=ex0+1(x−x0)+ex0+1,因为(−1,0)在切线上,有方程:ex0+1(−1−x0)+ex0+1=0,故x0=0.

当x0=0 时,直线的斜率为e,此时当a变大时,直线斜率变小,此时直线永远在y=ex+1图像下方.所以可以看出取x=0,是必然的.由此可知对于解法3 而言,特殊值的选取是有讲究的,贸然取特殊值有较大的风险.

解4(1)先证明当时,g(x)≥0.(详细证明可见解3)(2)再证明,当时,g(x)≥0 不恒成立.取点x=0,则g(x)=e+2a<0,与题设矛盾.

综上,a的取值范围为.

思路5利用不等式放缩得到参数范围.此种办法,选择恰当的不等式是一个难点.此种方法类似于基本不等式求最值,关键核心在于“定值”.通过定值的确定,选择不等式.

解5,由解3 可知,当且仅当x=0 时等号成立.故a的取值范围为.

二、策略分析与选择

从上述例题的5 中解法,不难发现,5 种思路各有侧重.

基本策略操作流程主要适用题型难点分类讨论分析参数对函数相应性质的影响,然后划分情况进行相应分析导函数转为二次函数形式如何分类参变分类把参数和自变量进行分离,分离到等式或不等式的两边,把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题可参变分离,且新函数易处理新函数的处理逻辑证明通过充分性找范围,再证必要性通过理想状态,找到参数范围:a∈I,再证明当a /∈I 时,原不等式不成立.端点效应通过必要性找范围,再证充分性通过特殊状态,找到参数范围:a∈I,再证明当a∈I 时,原不等式成立.端点效应特殊点的选取先猜再证通过数形结合、切线放缩等方法,得到临界值,再利用运动的思想,得到范围,最后证明.参数具有几何特征,易判断运动趋势临界状态不等式利用不等式找最值通过构造“定值”选择不等式(ex ≥1+x,lnx ≥x−1,ex ≥ex)可分离构造定值

三、策略运用

例2已知x∈[1,2],m(x+1)2−1−2 lnx≤0,求m的范围.

分析记r(x)=m(x+1)2−1−2 lnx,很明显r′(x)可以转化为熟悉的二次函数,因此我们可以考虑分类讨论的办法.

解记r(x)=m(x+1)2−1−2 lnx,则

令t(x)=2mx2+2mx−1.则有

(1)m≤0 时,t(x)=2mx2+2mx−1 ≤0,r′(x)≥0,r(x)单调增,r(x)≤0⇔r(2)≤0,可知m≤0.

(2)m >0 时,由二次函数的性质可知,存在唯一,满足x∈(0,x0),r(x)单调减;x∈(x0,+∞),r(x)单调增.

例3已知恒成立,求实数a的范围.

分析很明显本题是具有端点效应的题目.由于具有端点效应,要使不等式成立,则此时a≤1.

下面证明a≤1 是充要条件即可.

解(1)当a≤1 时,易证sinx(过程略).

(2)当a >1 时,记易得r′(x)在[0,1]单调减,r′(0)=a−1>0,故存在t,使得x∈(0,t),r′(x)>0,则r(x)>r(0)=0,与题设矛盾.

综上,a≤1.

例4若x2ex−1 ≥a(2 lnx+x),求实数a的范围.

分析本题直接构造函数求导,不可避免需要讨论.考虑到指对幂同在,关注到ln(x2ex)=2 lnx+x,因此我们可以通过同构的手法简化代数式,然后利用不等式求解.

解记t=x2ex(t >0),则x2ex−1 ≥a(2 lnx+x)⇔t−1 ≥alnt,注意到lnt≤t−1(t=1 时等号成立),我们可以利用不等式求参.当t∈(0,1)时,时,时,a∈R;由不等式lnt ≤t−1,可知t∈(0,1)时,所以a=1.

四、反思

由上述阐述可知,求参数范围的策略多样,法无定法.但是我们也应该认识到,不同方法的差异在于对条件结论的认知区别,方法的选择依赖于对条件结论的判断.我们在学习和做题的时候,从多个角度审视题目,做好底层知识储备,整理方法与相应条件结论特征,做到心中有数,在解题时方能按图索骥,收放自如.