龐順興

參數(shù)范圍的求解在高考中往往作為壓軸題來(lái)出現(xiàn)，很多學(xué)生對(duì)此類問(wèn)題都“望而生畏”，不敢去啃，其實(shí)這類問(wèn)題越來(lái)越受到高考出題人的青睞，不但是高考中的熱點(diǎn)而且是難點(diǎn).學(xué)生在平時(shí)做練習(xí)時(shí)習(xí)慣用常規(guī)方法，如等價(jià)轉(zhuǎn)化法、參數(shù)分離法等.筆者通過(guò)在教學(xué)實(shí)踐中深入研究歷年高考真題，總結(jié)出一些對(duì)解決參數(shù)范圍問(wèn)題行之有效的非常規(guī)的方法.文中不當(dāng)之處，請(qǐng)各位同仁批評(píng)指正.下面我結(jié)合具體實(shí)例來(lái)闡述我總結(jié)出的方法.

一、數(shù)形結(jié)合、等價(jià)轉(zhuǎn)化

例 設(shè)函數(shù)f（x）=（x+1）ln（x+1），若對(duì)所有的x≥0，都有f（x）≥ax成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

這道題是學(xué)生經(jīng)常做的不等式恒成立問(wèn)題的類型，解決這類問(wèn)題的常規(guī)思路是“分離變量法”，很多學(xué)生都會(huì)按照下面“分離變量法”的思路進(jìn)行求解.

解 （1）當(dāng)x=0時(shí)，a≠R；

（2）當(dāng)x≠0時(shí)，根據(jù)題意得知，問(wèn)題可化為：

（1+x）ln（1+x）x≥a在（0，+∞）上恒成立.

令g（x）=[ln（1+x+1）]x-（1+x）ln（1+x）x2，則a≤[g（x）]璵in.

∵g′x=x-ln（1+x）x2，

又易知，當(dāng)x>0時(shí)，ln（1+x）

g′x>0在（0，+∞）上恒成立，

∴gx在（0，+∞）上單調(diào)遞增，但x∈（0，+∞），∴gx沒(méi)有最小值.大家可以看出這種解法已經(jīng)失效了.

所以會(huì)有同學(xué)不明白，為什么原來(lái)這類的題可以這樣求解，為什么該題不行了呢？有的同學(xué)通過(guò)一遍遍地檢查錯(cuò)誤，有的打算放棄，其實(shí)，對(duì)于這樣的困境，不必亂了方寸，靜下心來(lái)，重新審題.

首先，對(duì)于計(jì)算錯(cuò)誤的懷疑是有必要的，但經(jīng)確認(rèn)無(wú)誤后，那么問(wèn)題出在哪了呢？既然常規(guī)的分離變量不可行，那就另辟蹊徑，另尋辦法了.

思路1 通過(guò)觀察我們發(fā)現(xiàn)，不等式f（x）≥ax的兩邊都有明顯的幾何特征，所以我們不妨考慮用數(shù)形結(jié)合的思想來(lái)尋求突破.數(shù)形結(jié)合法往往更直觀、更明了，這是我推薦的首選的解題策略.

分析 若令y=ax，則y=ax的圖像是一條直線，過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)且斜率為a，而f′x=ln（1+x）+1>0在[0，+∞）上恒成立，所以fx在[0，+∞）上單調(diào)遞增，故若使f（x）≥ax在0，+∞上恒成立，只需確保直線y=ax在區(qū)間0，+∞上不脫離f（x）的圖像即可.到此，我們?nèi)菀茁?lián)想到直線與曲線相切的情況.我們看一下函數(shù)f（x）在（0，0）處的切線，其切線方程為y-0=f′0x-0，即y=x，若函數(shù)f（x）的圖像在y=x上方，則要使f（x）≥ax在0，+∞上恒成立，只需要直線y=ax不在切線y=x的上方即可.亦即ax≤x在0，+∞上恒成立，從而易知a≤1.然后只需證明函數(shù)f（x）的圖像在切線y=x的上方，也就是證明f（x）≥x在0，+∞上恒成立即可，這就很容易證明了.

解題過(guò)程參考：

∵f（x）=（1+x）ln（1+x）在0，0處的切線l的方程為y=f0=f′0x-0，即y=x，

構(gòu)造函數(shù)px=（1+x）ln（1+x）-x，則p′x=ln（1+x）+1-1=ln（1+x）≥0在0，+∞上恒成立，

∴px在0，+∞上單調(diào)遞增，∴px≥p0=0，也就是1+xln1+x≥x在0，+∞上恒成立.又fx≥ax在0，+∞上恒成立，∴只需要x≥ax在0，+∞上恒成立，從而a≤1.

值得注意的是，在2007，2008年連續(xù)兩年的高考題中，均出現(xiàn)了此類題型，高考的這個(gè)指揮棒給我們一個(gè)重要的暗示——要重視參數(shù)范圍求解的問(wèn)題，并且常規(guī)方法往往不那么管用.所以，我們應(yīng)該多研究高考題，琢磨出題人的思想.

思路2 分析 原問(wèn)題可等價(jià)化為不等式（x+1）lnx+1-ax≥0對(duì)一切的x≥0恒成立，求a的范圍.

解題過(guò)程參考：令Fx=1+xln1+x-ax，因不等式x+1lnx+1-ax≥0對(duì)一切的x≥0恒成立，則只需保證函數(shù)Fx在0，+∞上的最小值Fx璵in≥0即可.

又因?yàn)镕′x=lnx+1+1-a，所以

①當(dāng)a≤1時(shí)，F(xiàn)′x≥0在0，+∞上恒成立，∴Fx在0，+∞上遞增.又∵Fx≥F0=0，∴fx≥ax在0，+∞上恒成立，故a≤1能滿足題意.

②當(dāng)a>1時(shí)，令F′x=0得x=e琣-1-1，當(dāng)e琣-1-1>x≥0時(shí)，F(xiàn)′x<0；當(dāng)x>e琣-1-1時(shí)，F(xiàn)′x>0，∴Fx在0，e琣-1-1上單調(diào)遞減，從而當(dāng)x∈0，e琣-1-1時(shí)，F(xiàn)x1時(shí)，不等式fx≥ax在0，+∞上不恒成立，從而a的取值范圍只能是-∞，1.

二、多次求導(dǎo)

例 （2010年全國(guó)新課標(biāo)卷第21題）設(shè)函數(shù)fx=e瑇-1-x-ax2.

（1）若a=0時(shí)，求fx的單調(diào)區(qū)間；

（2）若當(dāng)x≥0時(shí)，fx≥0，求a的取值范圍.

解答 （1）略.（2）fx=e瑇-1-x-ax2，f′=e瑇-1-2ax，f″=e瑇-2a，由于x≥0，故e瑇≥1.

①當(dāng)a≤12時(shí)，f″（x）≥0，故f′在[0，+∞]上單調(diào)遞增，f′（x）≥f′（0）=0，于是f′在[0，+∞]上單調(diào)遞增，fx≥f0=0.

②當(dāng)a>12時(shí)，由f″（x）=0，得x=ln2a.∴當(dāng)x∈（0，ln2a）時(shí)，f″（x）<0，即f′在（0，ln2a）上單調(diào)遞減，f′（x）

上單調(diào)遞減，即fx

綜上可得a的取值范圍為-∞，12.

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵在于多審題，認(rèn)真思考題目的意圖，然后靈活運(yùn)用多次求導(dǎo)，觀察函數(shù)和導(dǎo)函數(shù)之間的關(guān)系.發(fā)現(xiàn)關(guān)鍵之后就很容易解決這個(gè)問(wèn)題.

三、取特例法

例 （2011年湖北文科卷）設(shè)函數(shù)f′=x3-2ax2+bx=a，gx=x2-3x+2，其中x∈R，a，b為常數(shù)，一曲線y=fx與y=gx在點(diǎn)（2，0）處有相同的切線l.

（1）求a，b的值，并寫(xiě)出切線l的方程；

（2）若方程fx+gx=mx有三個(gè)互不相同的實(shí)根0，x1，x2，其中x1

解 （1）f′（x）=3x2+4ax+b，g′（x）=2x-3，由于曲線y=f（x）與y=g（x）在點(diǎn)（2，0）處有相同的切線，故有f（2）=g（2）=0，f′（2）=g′（2）=1，由此解得a=-2，b=5，故切線l的方程：y=x-2.

（2）由（1）得f（x）+g（x）=x3-3x2+2x，依題意得方程x（x2-3x+2-m）=0有三個(gè)不相等的根0，x1，x2，故x1，x2是方程x2-3x+2-m的兩個(gè)相異實(shí)根，所以Δ=9-4（2-m）>0輒>14.又對(duì)任意的x∈x1，x，f（x）+g（x）0，x1+x2=2-m>0，故x2>x1>0，對(duì)任意x∈x1，x，有x-x2≤0，x-x1≥0，x>0，則f（x）+g（x）-mx=x（x-x1）（x-x2）≤0.又f（x1）+g（x2）-mx1=0，所以函數(shù)在x∈[x1，x]上的最大值為0，于是當(dāng)m<0時(shí)，對(duì)任意的f（x1）+g（x2）

綜上可得m的取值范圍是（-14，0）.

點(diǎn)評(píng) 本題重點(diǎn)是特例的運(yùn)用，x=x1運(yùn)用特例，從而縮小了m的取值范圍，然后利用所學(xué)知識(shí)就可以對(duì)這個(gè)問(wèn)題迎刃而解.

四、求導(dǎo)變形

例 （2010年高考寧夏海南卷第21題）設(shè)函數(shù)f（x）=x（e瑇-1）-ax2.

（1）若a=12，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）若當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≥0，求a的取值范圍.

分析 對(duì)于本題的第（2）小題，許多學(xué)生首先想到的是“分離參數(shù)”，因?yàn)檫@里的參數(shù)a很容易分離的，但分離后的函數(shù)y=e瑇-1x在（0，+∞）上的最小值卻難以求解，即使能求出該函數(shù)在（0，+∞）上是增函數(shù)，也無(wú)法利用中學(xué)所學(xué)知識(shí)求其最值或者值域，此時(shí)，對(duì)f（x）=x（e瑇-1-ax），由于x≥0，只要g（x）=e瑇-1-ax>0在（0，+∞）上恒成立即可.此時(shí)g′（x）=e瑇-a.當(dāng)a≤1時(shí)，g′（x）>0，所以函數(shù)g（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，即g（x）>g（0）=0，符合題意；而當(dāng)a>1時(shí)，由e瑇-a<0得x

五、極限思想法

例 （2009年陜西高考題）已知函數(shù)f（x）=ln（ax+1）+1-x1+x，x≥0，其中a>0.

（1）若f（x）在x=1處取得極值，求a的值；

（2）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（3）若f（x）的最小值為1，求a的取值范圍.

分析與解答 （1）（2）略.

（3）f（x）的最小值為1趂（x）≥1恒成立，根據(jù)f（x）≥1，可得：e2x1+x-1≤ax.①

當(dāng)x=0時(shí)，對(duì)一切a∈R，①式恒成立；

當(dāng)x>0時(shí)，①式變成a≥e2x1+x-1x，令g（x）=e2x1+x-1x，

那么，g′（x）=1-1+x2（1+x）2·e2x1+xx2.

令h（x）=1-1+x2（1+x）2·e2x1+x，則h′（x）=-4x2e2x1+x（1+x）4<0，

即h（x）在0，+∞上單調(diào)遞減，因此h（x）

0，+∞上單調(diào)遞減.從而，g（x）

a≥e2x1+x-1x恒成立赼≥limx→0+e2x1+xx-1.令φ（x）=e2x1+x，則

limx→0+e2x1+x-1x=limx→0+φ（x）-φ（0）x-0=φ′（0）=2（1+x）2e2x1+x瓁=0=2.

因此a的取值范圍為a≥2.

點(diǎn)評(píng) 本題（3）解答的精彩之處在于“a≥g（x）恒成立”凇癮≥limx→0+g（x）”.因?yàn)間（x）在x=0處無(wú)定義，所以這里不可能通過(guò)求最大值的方法來(lái)得到a的取值范圍，而用極限思想的無(wú)限逼近策略，再通過(guò)導(dǎo)數(shù)來(lái)求出g（x）的上確界，這樣方可巧解這道難題.實(shí)際上，2006年全國(guó)Ⅰ卷（理科）21題，2007年全國(guó)Ⅰ卷（理科）20題都可用參數(shù)分離、極限思想的原理這兩種方法來(lái)解決.

總結(jié)：以上所闡述的求解策略都是從某個(gè)側(cè)面來(lái)分析探討了運(yùn)用的方法，但這些方法絕不是孤立無(wú)關(guān)的，在具體的解題實(shí)踐中，往往可以用多種方法來(lái)解決.正所謂“解題有法，但無(wú)定法”，筆者相信只要認(rèn)清解題方法的優(yōu)缺點(diǎn)，親歷足夠多的解題過(guò)程沖突，解題策略的優(yōu)化，解題方法的變化，學(xué)生在解題時(shí)就能靈活運(yùn)用各種方法.

【參考文獻(xiàn)】

[1]程賢清，景亞曉，徐小艷.破解不等式恒成立問(wèn)題的十大策略.中學(xué)數(shù)學(xué)，2011（6）.

[2]陳世明.當(dāng)常規(guī)解法失效時(shí).數(shù)學(xué)通訊，2010（3）.