例谈一类含参数恒成立问题的难点突破——从一道高三质检题谈起

卓晓萍

(广东省莆田第二中学 351131)

含参数恒成立问题在近年高考及各地市高三质检试题中频频出现，这类问题常常与导数结合起来考查，解法灵活多变，难度不小．本文以一道高三质检试题为抓手，从不同的角度进行思路分析，对解题难点进行分析突破，领悟其中的方法与规律，揭示求解这类问题的基本策略．

1 题目呈现

题目已知函数g(x)=x3+mx+2，若对任意实数x，均有g(ex+1)≥g(x)，求m的取值范围.

2 解法赏析

解法1(参变分离)由g(ex+1)≥g(x) ，得

(ex+1)3+mex+1≥x3+mx.

即-m(ex+1-x)≤(ex+1)3-x3

=(ex+1-x)[(ex+1)2+xex+1+x2].

易证ex+1>x.

上式可化为-m≤(ex+1)2+xex+1+x2.

令h(x)=(ex+1)2+xex+1+x2，

则h′(x)=2e2x+2+xex+1+ex+1+2x

=2(ex+1-1)(ex+1+1)+(x+1)(ex+1+2).

因为h′(-1)=0，

当x>-1时，ex+1-1>0，

x+1>0，ex+1+1>0，

ex+1+2>0，

得h′(x)>0；

当x<-1时，ex+1-1<0，

x+1<0，

ex+1+1>0，

ex+1+2>0，

得h′(x)<0.

所以h(x)在区间(-1,+∞)上单调递增，h(x)在区间(-∞,-1)上单调递减.

所以h(x)≥h(-1)=1.

即-m≤1.

即m≥-1.

评析本法解题策略是完全分离参数，难点是分参过程中要注意观察不等式两边的结构特点，发现有相同因式“ex+1-x”，从而转化为-m≤(ex+1)2+xex+1+x2，则把问题转化为新函数h(x)=(ex+1)2+xex+1+x2的最小值，对h(x)求导后得h′(x)=2e2x+2+xex+1+ex+1+2x，若继续进行求导有h″(x)=4e2x+2+xex+1+2ex+1+2，h‴(x)=8e2x+2+xex+1+3ex+1都难以确定导函数的零点和符号.故先观察h′(x)式子的特点，发现到h′(-1)=0，则转换为对h′(x)进行变形h′(x)=2e2x+2-2+(x+1)ex+1+2(x+1)=2(ex+1-1)(ex+1+1)+(x+1)(ex+1+2)，实现了部分因式分解，有利于进一步分析x=-1两侧h′(x)的符号，从而突破了本题的难点.

解法2 (巧妙放缩)由g(x)=x3+mx+2，

记h(x)=ex+1-x，

易证ex≥x+1，

ex+1-x≥x+2-x=2

当且仅当x=-1时等号成立.

令ex+1-x=t，则

g(ex+1)-g(x)

=[(x+t)3+m(x+t)+2]-(x3+mx+2)

对t≥2恒成立，

所以1+m≥0.

解得m≥-1.

3 解题反思

3.1含参数不等式f(x)≥0(x∈D)恒成立问题切入点

(1)区间的端点值为a，若f(a)=0，可借助f′(a)≥0探寻必要条件；

(2)区间中间值为m，若f(m)=0，可转化为x=m是f(x)的极值点；

(3)特殊值x0代入f(x0)≥0，探寻必要条件；

(4)优化不等式的结构，有利于后续对导函数的进一步分析.

3.2 含参数不等式f(x)≥0(x∈D)恒成立问题常见解法

(1)把问题转化为求函数y=f(x)的最小值；

(2)完全分离参数得a≥g(x)，求函数y=g(x)的最大值；

(3)部分分离参数F(x)≥G(x)，数形结合或分析函数y=F(x)与y=G(x)的最值.

3.3 求解函数f(x)最值过程的关注点

(1)f(x)的最值在端点处取到可能利用洛必达法则；

(2)f(x)的最值在显极值点处取到，需要观察f′(x)的零点，以及因式分解或对f′(x)结构分析；

(3)f(x)的最值在隐极值点处取到，需要用零点存在定理分析f′(x)的零点x0，以及对f′(x0)=0整体代换以便化简f(x0).

4 变式训练

变式1 已知f(x)=(x+3)e-x+2x，若f(x)≤ax2+3，求a的取值范围.

解析令F(x)=(x+3)e-x+2x-ax2-3，

观察F(0)=0，

分析知x=0是F(x)的极大值点，

进一步逆推

F″(x)在x=0处取到最大值，

另外，由F(1)≤0，得

缩小了参数的范围，减少了分类讨论的情况.

解析特数值代入不等式探寻必要条件：

0·e0+0·cos0-0-0≥m，

解得m≤0.

再证明当m≤0时，

xex+xcosx-2x-x2=x(ex+cosx-2-x)≥m.

观察h′(2)=0，

从而对h′(x)因式分解，

分析出x=2是h(x)的极小值点.