端点法与保号性在求解一类参数范围问题中的应用

含参函数不等式恒成立问题中，求参变量的取值范围，历来是高考题中的高频考点及热点．在这类题中，大部分又都有一个特点：端点即零点，即自变量取值范围的一个端点，正好是函数不等式取等号的点（零点）．这类题一般采用函数分析法，通过对参变量分类讨论，分析函数的单调性，求出其最大（小）值，进而得出参变量的取值范围.这种方法相对繁杂，对数学运算、分类讨论等数学能力要求较高.本文另辟蹊径，结合端点效应与保号性原理，给出一种简单易行，行之有效的解题方法．

下面先以2023年全国甲卷第21题为例：

已知函数f（x）=ax－sinxcos3x，x∈0，π2．

（1）当a=8时，讨论f（x）的单调性；

（2）若f（x）＜sin2x恒成立，求a的取值范围．

第（1）问与本文无关，只分析第（2）问：等价于g（x）=sin2x－f（x）=sin2x－ax+sinxcos3x≥0

对x∈0，π2恒成立，求a的取值范围．

图1

注意到g（0）=0，则必有函数g（x）在x=0处切线的斜率g′0≥0，否则若g′0＜0，由函数切线的几何意义，如图1，必存在一个区间（0，δ）（δgt;0），当x∈（0，δ）时，恒有g（x）＜0，与g（x）gt;0矛盾．从而可由g′0≥0，求出a的取值范围．

这种通过端点函数值（或导函数值）所要满足的条件得到参变量取值范围的解题方法，通常称为“端点效应”，简称为“端点法”．

图2

要注意的是，由此方法得到的参变量的范围是命题成立的必要条件，而非充要条件．因为此范围的a仅能保证在区间（0，δ）内，如图2，即使a满足g（x）gt;0，也可能存在x0gt;0，使得gx0≤0．

由g′（x）=2cos2x－a+1+2sin2xcos4x，g′（0）=2－a+1≥0，得a≤3．

先证充分性：当a≤3时，g′（x）=2cos2x－a+1+2sin2xcos4x≥2（2cos2x－1）－3+3－2cos2xcos4x=4cos2x－5+3cos4x－2cos2x，令t=cos2x∈（0，1），则g′（x）=4t－5+3t2－2t=4t3－5t2－2t+3t2=（t－1）2（4t+3）t2gt;0，所以g（x）在x∈0，π2单调递增，所以g（x）gt;g（0）=0成立．

再证必要性．首先要明白什么是命题的必要条件，通俗地说，满足此条件命题不一定成立（因为不是充分条件），但不满足此条件命题一定不成立．

先给出极限保号性定理：函数f（x）在x=x0的某个去心邻域0＜|x－x0|＜r有定义，且limx→x0f（x）=Agt;0（或＜0），则存在某个去心邻域0＜|x－x0|＜δ，对该去心邻域内的一切x，恒有f（x）gt;0（或＜0）．

证明" 因为limx→x0f（x）=A，则由极限定义，取正数ε=A2，存在0＜δ＜r，当0＜|x－x0|＜δ时，有|f（x）－A|＜ε=A2，－A2＜f（x）－A＜A2，即A2＜f（x）＜3A2．若Agt;0，f（x）gt;A2gt;0；若A＜0，f（x）＜3A2＜0．

函数保号性定理：函数f（x）在区间（m，n）连续，x0∈（m，n），若fx0gt;0（或＜0），则存在某个区间（x0－δ，x0+δ）（m，n），对该区间内的一切x，恒有f（x）gt;0（或＜0）．

该定理是极限保号性定理当limx→x0f（x）=f（x0）时的特殊情况，显然成立．

现在利用函数保号性定理来证明必要性：

当a不满足a≤3，即agt;3时，因为g′（0）=2－a+1＜0，所以x0∈（0，π2），当x∈（0，x0）时，恒有g′（x）＜0（此处运用了函数的保号性），所以g（x）在（0，x0）单调递减，g（x）＜g（0）=0，与g（x）gt;0相矛盾.

由上述分析可知，a的取值范围是（－∞，3］．

这种由端点法与函数保号性相结合的方法的解题步骤为：

（1）检验在区间［m.n］（开闭不限）的左（或右）端点处的函数值是否为0，这是能否采用本方法的前提条件；

（2）由零点端点的导数值大于等于0（或小于等于0）得到参变量的取值范围；

（3）证明参变量在此取值范围内，不等式恒成立，即证明充分性；

（4）证明参变量不在此取值范围内，不等式不恒成立，即证明必要性．

下面用此方法求解2024年的两道高考题．

例1" （2024年全国甲卷理第21题）已知函数f（x）=1－axln1+x－x．

（1）当a=－2时，求f（x）的极值；

（2）当x≥0时，f（x）≥0恒成立，求a的取值范围．

解" （1）极小值为0，无极大值．解法略.

（2）即 f（x）=1－axln1+x－x≥0对任意的x∈［0，+∞）恒成立．注意到f0=0，f′（x）=－aln1+x+1－ax1+x－1，f′0=0+1－1=0（此处f′0=0恒成立，由f′0≥0无法求出a的范围，必须再次求导）．f″（x）=－a1+x－a+1（1+x）2，由f″0=－2a－1≥0，得a≤－12．（经过两次求导求出a的范围，称为两次端点法）

先证充分性：当a≤－12时，f″（x）=－a1+x－a+1（1+x）2=－（2a+1）+ax（1+x）2，因为2a+1≤0，ax≤0，所以f″（x）≥0，f′（x）在［0，+∞）单调递增，所以f′（x）≥f′0=0，所以f（x）在［0，+∞）单调递增，所以f（x）≥f0=0成立．

再证必要性：当agt;－12时，因为f″（0）=－2a－1＜0，所以x0∈（0，+∞），当x∈（0，x0）时，有f″（x）＜0，即f′（x）在（0，x0）单调递减，所以f′（x）＜f′（0）=0，所以f（x）在（0，x0）单调递减，所以f（x）＜f（0）=0，这与f（x）≥0相矛盾.

综上，a≤－12．

例2" （2024年全国新课标I卷第18题）已知函数f（x）=lnx2－x+ax+b（x－1）3．

（1）若b=0，且f′（x）≥0，求a的最小值；

（2）证明：曲线y=f（x）是中心对称图形；

（3）若f（x）gt;－2当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围．

解" （1）易得 a的最小值－2，解法略；（2） 证明略；

（3）因为f（x）gt;－2当且仅当1＜x＜2成立，且limx→2f（x）=+∞，故必有x=1为f（x）=－2的一个解，所以f1=－2，即a=－2．

此时命题等价于f（x）=lnx2－x+21－x+bx－13gt;0在1，2上恒成立，求b的取值范围．

f′（x）=1x+12－x－2+3bx－12，f′（1）=0（此处f′0=0恒成立，由f′0≥0无法求出a的范围，须再次求导）．f″（x）=－1x2+1（2－x）2+6bx－1，f″（1）=0，（此处f″0=0恒成立，由f″0≥0无法求出a的范围须再次求导）．f′″（x）=2x3+2（2－x）3+6b，由f′″（1）≥0，得b≥－23．

先证充分性：当b≥－23时，因为1＜x＜2，xgt;2－xgt;0，x4gt;（2－x）4所以f（4）（x）=－6x4+6（2－x）4=6x4－（2－x）4x4（2－x）4gt;0，所以f′″（x）在（1，2）单调递增，f′″（x）gt;f′″（1）=0，所以f″（x）在（1，2）单调递增，f″（x）gt;f″（1）=0，所以f′（x）在（1，2）单调递增，f′（x）gt;f′（1）=0，所以f（x）在（1，2）单调递增，f（x）gt;f（1）=0成立．

再证必要性：当b＜－23时，因为f′″（1）=4+6b＜0，所以x0∈（1，2），当x∈（1，x0）时，有f′″（x）＜0，即f″（x）在（1，x0）单调递减，f″（x）＜f″（1）=0，所以f′（x）在（1，x0）单调递减，所以f′（x）＜f′（1）=0，所以f（x）在（1，x0）单调递减，所以f（x）＜f（1）=0，这与f（x）≥0相矛盾.

综上，f（x）gt;－2在1，2上恒成立时b≥－23．

由以上解题过程可知，先寻找命题成立的必要条件，再证明其充分性，是一种简单有效的解题手段．其数学思维的本质还是数形结合，通过函数图形发现其规律，再利用代数方法加以证明．除此之外，分离参变量，转变为求另一函数的最大值与最小值问题，也是此类求参变量取值范围的一种常规方法．