从一道高考题谈含参数不等式解题策略

☉浙江省宁波市第四中学 邵春霞

含参数不等式恒成立问题和存在性问题是近几年高考的一个热门题型，它以“参数处理”为主要特征，以导数为工具，往往与函数的单调性、极值、最值等有关，在解决这类问题的过程中涉及了“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”“分类讨论”等数学思想.含参数不等式求参数取值范围是一类常见的探索性问题，主要是求恒成立问题或存在性问题中的参数范围.解决这类问题，主要是运用等价转化思想，把复杂的，不熟悉不规范的问题转化熟悉、规范甚至模式化、简单的问题.下面就一道含参数不等式恒成立问题来谈谈如何对它进行横向拓展、纵向引申，达到优化认知结构、掌握思想方法、培养思维能力的目的.

一、考题引入，横向拓展

例1（2011年浙江高考第22题）设函数f（x）=（x-a）2lnx，a∈R.

（1）若x=e为y=f（x）的极值点，求实数a；

（2）求实数a的取值范围，使得对任意的x∈（0，3e］，恒有f（x）≤4e2成立.

注：e为自然对数的底数.

横向拓展是指从不同的角度，进行一题多解，用不同的知识和方法处理同一问题，使得题目所涉及的内容拓展到其他分支，沟通它们的联系，拓宽学生的思路，培养思维的灵活性.

解：（1）略.

（2）解法1：

①当0

②当1

又h（x）在（0，+∞）内单调递增，所以函数h（x）在（0，+∞）内有唯一零点，记此零点为x0，则10；当x∈（x0，a）时，f′（x）<0；当x∈（a，+∞）时，f′（x）>0.即f（x）在（0，x0）内单调递增，在（x0，a）内单调递减，在（a，+∞）内单调递增.

所 以 要 使 f（x）≤4e2对 x∈（1，3e］ 恒 成 立 ， 只 要

将（3）代入（1）得4x02ln3x0≤4e2.又x0>1，注意到函数x2ln3x在［1，+∞）内单调递增，故1

解法二：

①当0

②当10，故有f（x）=（x-a）2lnx≤4e2.可解得

即g（x）在（1，e）上单调递减，在（e，3e］上单调递增.

点评：本题的第一小题入手简单，容易得分，第二小题是典型的含参数不等式恒成立求参数范围问题，注意到在x∈（0，1］时不等式恒成立，因而等价于x∈（1，3e］时不等式恒成立，因lnx>0，所以可参数分离，通过导数求出函数的最值；体现了求参数取值范围的基本方法和利用导数解决问题的基本方法.在上述两种解法中参数分离在其中起了关键作用.这种方法可揭示本题的实质：含参数不等式恒成立问题可等价转化为含参数的最值问题.一般有：

运用参数分离时，若能把不等式中的参数a与未知数x完全分离出来，得到不等式a>f（x）或a

（1）af（x）恒成立⇔a>f（x）max.

运用参数分离时，若不能把不等式中的参数a与未知数x完全分离出来，得到的是一个函数式g（a），通常可以整体处理.

（1）f（x）f（x）max.

（2）f（x）>g（a）（a为参数）恒成立⇔g（a）

二、考题链接，纵向引申

纵向引申主要是指改变例题的条件和结论，步步深入，层层推进，抓住例题的典型性与可塑性，通过变形改造，对原题进行引申和推广，从而达到举一反三，触类旁通的功效.

变式1：已知f（x）=7x2－28x－a，g（x）=2x3+4x2－40x（其中a为实数）：

（1）当x∈［－3，3］时，f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围.

（2）存在x∈［－3，3］，使f（x）≥g（x）成立，求实数a的取值范围.

（3）对任意x1，x2∈［－3，3］，f（x1）≥g（x2）恒成立，求实数a的取值范围.

（4）若对任意x1∈［－3，3］，总存在x2∈［－3，3］，使得f（x1）≥g（x2）成立，求实数a的范围.

（5）若存在x1∈［－3，3］，使得对任意的x2∈［－3，3］，使得f（x1）≥g（x2）恒成立，求实数a的范围.

（6）存在x1，x2∈［－3，3］，使f（x1）≥g（x2）成立，求实数a的范围.

（7）若对任意x1∈［－3，3］，总存在x2∈［－3，3］，使得y=f（x）的图像位于y=g（x）图像的上方，求实数a的范围.

上述七个问题中给出的条件形同质别，涉及含参数不等式的存在性或恒成立问题，根据不等式的结构特征，恰当地构造函数，等价转化为含参数函数的最值讨论.通过对上述问题的研究，我们通过类比可以概括出以下结论：

结论1：∀x∈D，f（x）>g（x）恒成立⇔［f（x）－g（x）］min>0.

结论2：∃x∈D，使得f（x）>g（x）成立⇔［f（x）－g（x）］max>0.

结论3：∀x1∈D，∀x2∈D，f（x1）>g（x2）恒成立⇔f（x）min>g（x）max.

结论4：∀x1∈D，∃x2∈D，使得f（x1）>g（x2）成立⇔f（x）min>g（x）min.

结论5：∃x1∈D，∀x2∈D，f（x1）>g（x2）恒成立⇔f（x）max>g（x）max.

结论6：∃x1∈D，∃x2∈D，使得f（x1）>g（x2）成立⇔f（x）max>g（x）min.

结论7：f（x）不过第二象限⇔当x≤0时，f（x）≤0恒成立⇔f（x）min≤0.

结论8：f（x）的图像在g（x）的图像的上方⇔f（x）－g（x）>0恒成立⇔［f（x）－g（x）］min>0.

例2（2009年浙江理科22）已知函数f（x）=x3－（k2－k+1）x2+5x－2，g（x）=k2x2+kx+1，其中k∈R.

（1）设函数p（x）=f（x）+g（x）.若p（x）在区间（0，3）上不单调，求k的取值范围.

解：（1）略.

（2）当x<0时有q′（x）=f′（x）=3x2－2（k2－k+1）x+5；

当x>0时有q′（x）=g′（x）=2k2x+k，因为当k=0时不合题意，因此k≠0.

下面讨论k≠0的情形，记A=（k，+∞），B=（5，+∞）（1）当x1>0时，q′（x）在（0，+∞）上单调递增，所以要使q′（x2）=q′（x1）成立，只能x2<0且A⊆B，因此有k≥5，（2）当x1<0时，q′（x）在（0，+∞）上单调递减，所以要使q′（x2）=q′（x1）成立，只能x2>0且A⊆B，因此k≤5，综合（1）（2）得k=5.

当k=5时A=B，则∀x1<0，q′（x1）∈B=A，即∃x2>0，使得q′（x2）=q′（x1）成立，因为q′（x）在（0，+∞）上单调递增，所以x2的值是唯一的.

同理，∀x1<0，即存在唯一的非零实数x2（x2≠x1），要使q′（x2）=q′（x1）成立，所以k=5满足题意.

点评：上述两个例题是典型的含参数不等式的存在性问题，一般从两个函数的值域关系的问题着手，由题设中的 “存在”、“任意”判断两个函数的值域之间的关系，从而求得参数的范围.一般有如下结论：

结论9：∀x1∈D，∃x2∈D，使得f（x1）=g（x2）成立⇔f（x）的值域A⊆g（x）的值域B.

结论10：∃a1，a2，…，ak，ak+1∈D，使得g（a1）+g（a2）+…+g（ak）

总之，在求解含参函数最值时渗透分类讨论及构造函数的思想，含参数不等式问题的解题思路最主要是转化，把难的、复杂的问题等价转化为简单容易解决的问题，这也是整个解题过程中较难但又是最关键的一步.虽然求含参数不等式恒成立问题和存在性问题中的参数范围两种解题方法在实际解题过程中表现不同，但最终实质都与求函数最值是等价的.这正体现了数学中的统一美.