一道高考题的求解分析与模型探究

艾敏

一、问题回顾

题目  已知函f（x）=ex-ax2-x.当x≥0时，f（x）≥12x3+1，求a的取值范围.

此题是2020年全国Ⅰ卷21题，笔者在给高三培优训练此题时发现，利用参变量分离方法求解的只有个别学生解得答案，利用构造函数求解时几乎所有学生直接构造函数g（x）=ex+ax2-x-12x3-1求解，导致解题失败.本文针对这道题的求解进行分析并就此类函数（指数函数与幂函数混合）求参数问题的一些模型展开探究.

二、问题解决

思路一  分离参数法求解

解法一：由f（x）≥12x3+1得ex+ax2-x≥12x3+1，则ax2≥12x3+1+x-ex.

（1）当x=0时，不等式恒成立.

（2）当x＞0时，分离参变量得a≥12x3+1+x-exx2，令g（x）=12x3+1+x-exx2，则g′（x）=（32x2+1-ex）x2-（12x3+1+x-ex）·2xx4=12（x-2）［（x2+2x+2）-2ex］x3.设h（x）=（x2+2x+2）-2ex，x＞0，则h′（x）=2（x+1-ex）.因为ex≥x+1，所以h′（x）＜0恒成立，所以h（x）在（0，+∞）单调递减，故h（x）＜h（0）=0.令g′（x）=0，得x=2.当x∈（0，2）时，g′（x）＞0；当x∈（2，+∞）时，g′（x）＜0.故g（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减.∴g（x）max=g（2）=7-e24.∴a≥7-e24.

综上可得，a的取值范围为7-e24，+∞.

评注：在已知函数不等式求参数取值范围问题中，“分离参数法”是常用方法之一，上述解法中分离参变量后，求导函数的分子是（12x3-x-2）-（x-2）ex，出现的三次式（12x3-x-2）可以进行因式分解，且（x-2）正好是（12x3-x-2）的因式，提取公因式后的因式［（x2+2x+2）-2ex］是小于等于0恒成立的，所以导函数具有极值点x=2.训练中大多学生不能看出（12x3-x-2）可以分解出（x-2）导致解答失败.

思路二  构造函数g（x）=ex+ax2-x-12x3-1进行求解

解法二：令g（x）=ex+ax2-x-12x3-1，則g′（x）=ex+2ax-1-32x2.

令g（x）=ex+2ax-1-32x2，则h（x）=ex-3x+2a.

令p（x）=ex-3x+2a， 则p′（x）=ex-3，令p′（x）=0，解得x=ln3.

所以p（x）在［0，ln3］上单调递减，在（ln3，+∞）上单调递增.

所以p（x）min=p（ln3）=3-3ln3+2a，又p（0）=1+2a.

（1）当3-3ln3+2a≥0时，即当a≥3ln3-32时，p（x）≥0恒成立，即h′（x）≥0恒成立，此时h（x）在［0，+∞）上单调递增，所以h（x）≥h（0）=0恒成立，即g′（x）≥0恒成立，所以g（x）在［0，+∞）上单调递增，所以g（x）≥g（0）=0，故a≥3ln3-32满足题意.

（2）当1+2a＞0，3-3ln3+2a＜0时，即当-12＜a＜3ln3-32时，则函数p（x）存在两个零点x1和x2，

其中x1∈（0，ln3），x2∈（ln3，+∞）.所以h（x）在［0，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增.所以h（x1）＞h（0）=0，又因为p（x2）=ex2-3x2+2a=0，所以h（x2）=ex2+2ax2-1-32x22=（1-x2）ex2+32x22-1，其中x2∈（ln3，+∞）.

令函数r（x）=（1-x）ex+32x2-1，则r′（x）=-xex+3x=x（3-ex）＜0恒成立，所以r（x）在（ln3，+∞）上单调递减，又因为r（ln3）=3（1-ln3）+32（ln3）2-1＞0，所以r（x）在（ln3，+∞）上存在零点x0，使得r（x0）=0.

（i）若h（x2）≥0，解得ln3＜x2≤x0，此时3x0-ex02≤a＜3ln3-32，（其中x0为函数r（x）的零点）.此时h（x）≥0恒成立，所以g（x）在［0，+∞）上单调递增，所以g（x）≥g（0）=0，故3x0-ex02≤a≤3ln3-32满足题意.（其中x0为函数r（x）=（1-x）ex+32x2-1的零点）

（ii）若h（x2）＜0， 即当-12＜a＜3x0-ex02时，（其中x0为函数r（x）的零点）. 则函数h（x）存在两个零点x3和x4，其中x3∈（x1，x2），x4∈（x2，+∞）. 所以g（x）在［0，x3）上单调递增，在（x3，x4）上单调递减，在（x4，+∞）上单调递增.所以g（x3）＞g（0）=0，又因为h（x4）=ex4+2ax4-1-32x24=0，且g（x4）=ex4+ax24-x4-12x34-1，两式消a可以得g（x4）=（1-12x4）ex4+14x34-12x4-1=（1-12x4）［ex4-（12x24+x4+1）］.

令函数s（x）=ex-（12x2+x+1），则s′（x）=ex-（x+1）≥0恒成立，所以s（x）在［0，+∞）单调递增，所以s（x）≥s（0）=0恒成立，所以ex4-（12x24+x4+1）＞0恒成立.故g（x4）≥0，解得x4≤2，故h（2）=e2+4a-1-6≥0，解得a≥7-e24，即7-e24≤a＜3x0-ex02满足题意.

（3）当a≤-12时，因为p（0）≤0，所以x5∈（0，+∞）使得p（x5）=0，所以h（x）在（0，x5）单调递减，在（x5，+∞）单调递增，因为h（0）=0，所以x6∈（x5，+∞），使得h（x6）=0.所以g（x）在（0，x6）递减，在（x6，+∞）递增，所以g（x6）＜g（0）=0，与g（x）≥0矛盾，舍去.

综上可得，a的取值范围为7-e24，+∞.

评注：此种解法是学生构造函数最直接的作答方法，但是大多学生只完成了第（1）和（3）点的讨论，第（2）点的分析做不下去，笔者在求解时也遇到第（2）点中第（i）小点如何表达的问题，因为r（x）=（1-x）ex+32x2-1的零点不可求，只能用隐零点表述，是否有更合理的解法跳过这一小点的讨论，笔者一直在探究中.解法中第（ii）小点的g（x4）进行消a后所得g（x4）=（1-12x4）ex4+14x34-12x4-1能进行因式分解，有公因式（1-12x4）可以提取，而且g（x4）≥0，其解是x4≤2（具体数），从而可以容易求出a的取值范围.

思路三  构造函数g（x）=（12x3-ax2+x+1）e-x进行求解

解法三：因为f（x）≥12x3+1，即ex+ax2-x≥12x3+1，所以（12x3-ax2+x+1）e-x≤1.

设g′（x）=（12x3-ax2+x+1）e-x，则g（x）=12x（x-2）［x-（1+2a）］e-x.

（1）当a=12时，g′（x）≤0，故g（x）在［0，+∞）上单调递减，∴g（x）≤g（0）=1，满足题意.

（2）当a＞12时，则x∈［0，2）时，g′（x）＜0；当x∈（2，1+2a）时，g′（x）＞0.

当x∈（1+2a，+∞）时，g′（x）＜0.所以g（x）在［1+2a，+∞）上单调递减，在（2，1+2a）上单调递增.又因g（0）=1，所以要g（x）≤1恒成立，则要g（1+2a）≤1即可.g（1+2a）=［12（1+2a）3-a（1+2a）2+（1+2a）+1］e-（1+2a）=2a2+4a+52e-（1+2a），令h（a）=2a2+4a+52e-（1+2a）（a＞12），则h′（a）=-（2a+1）2e-1+2a＜0恒成立.所以h（a）在（12，+∞）上单调递减，h（a）＜h（12）=5e2＜1，即g（1+2a）＜1恒成立.所以当a＞12时，有g（x）≤1. 所以a＞12满足题意.

（3）当a＜12时，当x∈［0，1+2a）时，g′（x）＜0；当x∈（1+2a，2）时，g′（x）＞0.当x∈（2，+∞）时，g′（x）＜0.所以g（x）在［0，1+2a），（2，+∞）上单调递减，在（1+2a，2）上单调递增.又因g（0）=1，所以要g（x）≤1恒成立，则要g（2）≤1即可.g（2）=（4-4a+2+1）e-2=（7-4a）e-2≤1，解得a≥7-e24，所以7-e24≤a＜12.

综上可得，a的取值范围为7-e24，+∞.

评注：解法中构造函数后只需一导即可解决问题，关键是求导后的三次函数可以进行因式分解，而且分解出的根是x=0，x=2，x=1+2a，再对函数图像进行分析和讨论，而且可证明g（1+2a）≤1恒成立，由此避免超越不等式的求解.

三、模型探究

1.形如f（x）=（ax+b）eλx（aλ≠0）的模型

例1  设函数f（x）=ex-1-ax.当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围.

提示：a的取值范围为（-∞，1］，过程略.

评注：因为f′（x）=aeλx+（ax+b）eλxλ=（aλx+bλ+a）eλx，所以此模型求导后还是一次函数与eλx相乘模型，所以导函数的零点一定可求（只需要讨论零点与所给区间的位置关系），属于比较容易的模型.

2.形如f′（x）=（ax2+bx+c）eλx（aλ≠0）的模型

例2  （2010年全国新课标卷21题）设函数f（x）=ex-1-x-ax2.

当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围.

提示：a的取值范围为（-∞，1］，过程略.

评注：因为f′（x）=（2ax+b）eλx+（ax2+bx+c）eλxλ＝［aλx2+（bλ+2a）x+b+λc］eλx，

所以此模型求导后还是二次函数与eλx相乘模型，其导函数的零点可转化为二次函数的零点讨论.

3.形如f（x）=（ax3+bx2+cx+d）eλx（aλ≠0）的模型

例3  见本文问题中的题目.

提示：a的取值范围为7-e24，+∞，过程参考问题解答部分.

评注：因为f′（x）=［aλx3+（bλ+3a）x2+（2b+λc）+（c+dλ）］eλx，此模型求导后还是三次函数与相乘模型，若三次函数不能因式分解将导致出现隐零点情况，隐零点的整体消元和求解要求较高，所以此种模型相比较前两种模型难许多.

4.形如f（x）=ax+bcx+deλx（cλ≠0））的模型

例4   （2006年全国卷21题）已知函数f（x）=1+x1-xe-a.

若对于任意x∈（0，1），恒有f（x）＞1，求a的取值范围.

提示：a∈（-∞，2］，过程参考［1］.

评注：f′（x）=aλcx2+（aλd+bc）x+（ad-bc+bd）（cx+d）2eλx，求导后仍然是反比例与eλx相乘模型，其零点由二次表达式aλcx2+（aλd+bc）x+（ad-bc+bd）决定，所以此模型与上述模型2相似.

5.形如f（x）=（ax+b+cx）eλx（acλ≠0）模型

例5  （自编题）已知函数f（x）=（x+1+ax）e-2x.若對于任意x≥1，恒有f（x）≤1，求a的取值范围.

解：f′（x）=-（2x+1）（x2+a）x2e-2x.

（1）当a≥-1时，f′（x）≤0恒成立，所以f（x）在［0，+∞）上单调递减，又因为f（x）≤1，所以f（x）max=f（1）=（2+a）e-2≤1，解得a≤e2-2，即-1≤a≤e2-2.

（2）当a＜-1时，令f′（x）=0，解得x=-a，当x∈（0，-a）时，f′（x）＞0；当时x∈（-a，+∞）

时，f′（x）＜0.所以f（x）在（0，-a）上单调递增，在（-a，+∞）单调递减.所以f（x）max=f（-a）=（2-a+1）e-2-a.令g（x）=（x+1）e-x（x＞1），则g（x）=-xe-x＜0恒成立，所以g（x）≤g（1）=2e＜1恒成立.

即f（-a）=（2a+1）e-2-a＜1恒成立，所以a＜-1满足题意.

综上可得，a的取值范围为（-∞，e2-2）.

评注：因为f′（x）=aλx3+（a+bλ）x2+λcx-cx2eλx，其零点是由aλx3+（a+bλ）x2+λcx-c决定，它属于三次表达式，难点在于是否可以求因式分解求出零点，属于比较难的模型.

结语：本文只是总结出以上常见的五种模型.假如构造的函数直接求解比较复杂，或者出现三导或者三导以上才能对函数进行分析，说明所构造的函数不符合命题者的思维，则需利用不等式进行变换，变换成两类函数相乘（或相除）的模型后再进行构造函数，这样可能只需一次求导即可得到熟悉的函数，由此对参数进行讨论就变得容易.

参考文献

［1］ 范选文，唐秋萍. 例谈一类不等式恒成立求参数范围的解题策略［J］.中学数学研究（华南师大），2017（12）：20-21.