巧解端点处函数值为零的带参恒成立问题

周扬杰 陈宇

［摘 要］求解带参恒成立问题一直是高中数学的重点和难点，主要解题方法有分离参数、构造函数、放缩、取临界值、变更主元、设而不求等，而利用端点效应求解也是解决带参恒成立问题的一种解题思路。基于现有研究，端点效应可分为直接端点效应、间接端点效应、非端点处的端点效应以及构造端点效应这四类，还可推广到双参数端点效应以及求整参数端点效应。

［关键词］端点效应；带参恒成立问题；函数值

［中图分类号］    G633.6        ［文献标识码］    A        ［文章编号］    1674-6058（2024）05-0022-03

带参恒成立问题各种题型所蕴含的基本解题原理如下：

（1）[f（x）≥0]在区间[a，b]或[（a，b）]内恒成立：若[f（a）=0]，则[f（a）≥0]；若[f（b）=0]，则[f（b）≤0]。

（2）[f（x）≤0]在区间[a，b]或[（a，b）]内恒成立：若[f（a）=0]，则[f（a）≤0]；若[f（b）=0]，则[f（b）≥0]。

（3）[f（x）≥0]在区间[a，b]或[（a，b）]内恒成立：若[f（a）=0]，[f（a）=0]，则[f（a）≥0]；若[f（b）=0]，[ f（b）=0]，则[f（b）≥0]。

（4）[f（x）≤0]在区间[a，b]或[（a，b）]内恒成立：若[f（a）=0]，[ f（a）=0]，则[f（a）≤0]；若[f（b）=0]，[f（b）=0]，则[f（b）≤0]。

端点效应是求解带参恒成立问题的一种解题思路。下面结合例题进行说明。

一、直接端点效应

［例1］（2022年安徽模拟题，节选）[f（x）=ex+sinx-1]，[?x≥0]，[ f（x）+mx≥0]恒成立，求实数[m]的取值范围。

分析：构造函数[h（x）=ex+sinx-1+mx≥0]，发现[h（0）=0]，此时显然符合端点效应基本原理，进而可以得到使其成立的一个必要条件：[h（x）=ex+cosx+m]，[h（0）=2+m≥0?m≥-2]，再验证其充分性即可。

解：设[h（x）=ex+sinx-1+mx]，[h（0）=0]，[h（x）=ex+cosx+m]，∵[?x≥0]，[h（x）≥0]恒成立，[h′（0）≥0，]令[h（0）=2+m≥0?m≥-2]。

验证其充分性：

当[m≥-2]时，[h（x）=ex-sinx>0]恒成立，[h（x）]在所给区间内单调递增， [h（x）≥h（0）=2+m≥0]恒成立，[h（x）]在所给区间内单调递增，故[h（x）≥h（0）=0]恒成立。

当[m<-2]时，[h（x）=ex-sinx>0]恒成立， [h（x）]在所给区间内单调递增，此时[h（0）<0]，故[?x0（x0>0）]，使得[h（x0）=0]，即[h（x）]在（0，[x0]）内单调递减，又[h（0）=0]，故在（0，[x0]）内[h（x）<0]，与题意矛盾。

综上所述，[m≥-2]。

评注：通过验证，发现得到的必要条件恰好为充分条件，运用一次基本原理就完成了解题。但需注意其必须满足条件：含参且单调。此类题型的基本解题思路为：（1）取端点处的值；（2）得到满足参数的必要条件；（3）在必要性的基础上验证其充分性。

二、间接端点效应

［例2］（2018年高考全国Ⅲ卷理21，节选）已知函数[f（x）=（2+x+ax2）ln（x+1）-2x]，若[x=0]是[f（x）]的极大值点，求[a]。

分析：阅读题目之后，我们会发现此题与端点效应似乎没有直接联系。其实不然，接下来我们一起探讨。已知[x=0]是[f（x）]的极大值点，那么我们可以作出其局部图象（如图1），与此同时，可以得到其对应的[f（x）]局部图象（如图2），于是在局部范围内[f（x）≤0]，且经过求导可以发现[f（0）=0]，[f（0）=0]，[ f（0）=0]。

到这一步似乎还是与端点效应没有直接联系，但我们要知道利用端点效应求解其实也是一种必要性探路法，即先找出其成立的一个必要条件，再验证其充分性。我们不妨假设[f（x）]的局部图象和原函数局部图象（如图1）保持一致，那么此时要证明[x=0]是[f（x）]的极大值点，也就是要证明[x=0]是[f（x）]的极大值点，即证明在邻域[（-δ，δ）]内，0为其极大值点，也就是要证明在[（-δ，0）]及 [（0，δ）]内[f（x）≥0]恒成立。此刻，端点效应基本原理显而易见，我们可以得到[f（0）=0]，从而求出[a]的值，得到参数取值的一个必要条件，再验证其是否满足充分性即可。

解：[f（x）=（2+x+ax2）ln（x+1）-2x]，[f（0）=0]，[f（x）=（2ax+1）ln（x+1）+ax2+x+2x+1-2]，[f（0）=0]，[f（x）=2aln（x+1）+1+2axx+1+2ax+ax2-1（x+1）2]，[f（0）=0]， [f（x）=2ax2+（6a-1）x+6a+1（x+1）3]， [f（0）=0]，[?a=-16]。

验证其充分性： 当[a=-16]时，令[f（x）=-x（x+6）3（x+1）3=0?x=0]。[f（x）]在[（-1，0）]内大于[0]，在（0，+∞）内小于[0]，即[f（x）]在[（-1，0）]上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，又[f（0）=0]。故[f（x）]在（-1，+∞）内单调递减，且[f（0）=0]。于是[f（x）]在[（-1，0）]内单调递增，在（0，+∞）内单调递减，所以[x=0]是[f（x）]的极大值点。

当[a≠-16]时，与题意不符。

综上所述，[a=-16]。

评注：此类题型的不同之处在于没有直接给出能运用基本原理的条件，需将已知条件转化为所需条件。其基本思路为：（1）构建所需条件；（2）得到满足参数的必要条件；（3）在必要性的基础上验证其充分性。

三、非端点处的端点效应

［例3］已知[f（x）=ex-ax-1]，当[x≥0]时，[ f（x）≥x2]恒成立，求[a]的取值范围。

分析：构造函数[g（x）=ex-ax-1-x2]，[g（0）=0]，[g（x）=ex-a-2x]，满足端点效应基本原理，故直接令[g（0）≥0?1-a≥0?a≤1]。但发现在验证其充分性时显然不成立。于是部分解题者认为端点效应失效，其实不然。借助信息技术（如图3）可以发现，在[x≥0]这个区间内，存在参数[a]的取值使得[g（x）]不单调，故端点效应失效的原因显而易见。既然不单调，那么在本题中一定存在极值点[xi（i∈1，2，3…）]，因此可设[xi]为[g（x）]的零点，再将这个零点给解出来，最后以零点为端点，得出其必要条件。

解：设[g（x）=ex-ax-1-x2]，[g（0）=0]，[g（x）=ex-a-2x]，令[g（0）≥0?1-a≥0?a≤1]。

验证其充分性：

当[a≤1]时，[g（1）=e-2-a]，[?a]使得[g（1）<0]，与题意不符。

于是在给定区间还存在极值点[x0]。设[x0]为零点，则有[g（x0）=0，g（x0）=0?ex0-ax0-1-x20=0，ex0-a-2x0=0?x0=1]。故只需满足[g（1）≥0?a≤e-2]。

当[a≤e-2]时，[g（1）=e-a-2≥0]恒成立，符合题意。

当[a>e-2]时，[g（1）=e-a-2][<0]恒成立，与题意不符。综上所述，[a≤e-2]。

评注：此类题型的不同之处在于其在所给区间并不单调，这也是解题者利用基本原理出错的原因之一。其基本解题思路为：（1）找到其零点；（2）将零点作为端点，利用基本原理得到其必要条件；（3）在必要性的基础上验证其充分性。

四、构造端点效应

［例4］（第九届索佐波尔国际青年数学节试题）若不等式[（1+t）k（1-t）1-k≤1]对[t∈（-1，1）]恒成立，求实数[k]的值。

分析：指数不等式恒成立问题，我们可以联想到通过指数化对数来解决。于是我们可以得到[ln（1+t）k（1-t）1-k≤ln1?kln（1+t）+（1-k）ln（1-t）≤0]对[t∈（-1，1）]恒成立。令[f（t）=kln（1+t）+（1-k）ln（1-t）]，[ f（t）=2k-1-t1-t2]，此时会发现，本题似乎与端点效应没有一点联系，因为其端点取不到。但在例3的启发下，我们可以找其零点作为端点，经过尝试发现[f（0）=0]，要证在[t∈（-1，1）]内，[f（t）≤0]恒成立，即可转化为证明在[-1，0]及[0，1]内[f（t）≤0]恒成立，此时端点效应显而易见。

解：由题意得[ln（1+t）k（1-t）1-k≤ln1?kln（1+t）+（1-k）ln（1-t）≤0]，设[f（t）=kln（1+t）+（1-k）ln（1-t）]，[f（t）=2k-1-t1-t2]，且[f（0）=0]，则可令[f（0）=0?k=12]，得到其一个必要条件。

验证其充分性：

当[k=12]时，[ f（t）=-t1-t2]，[ f（t）]在[-1，0]内大于等于[0]，[0，1]内小于等于[0]，故[f（t）]在[-1，0]内单调递增，在[0，1]内单调递减，则[f（t）≤f（0）=0]恒成立，符合题意。

当[k≠12]时，与题意不符。

综上所述，[k=12]。

评注：此类题型的不同之处在于题目所给区间的端点无法取到，但好在其零点易于找到。本题的基本解题思路与例3一致。

五、双参数端点效应

［例5］已知函数[f（x）=x-lnx]，若[f（x）+ax+b≥0]恒成立，求[b+1a+1]的最小值。

分析：构造函数[g（x）=lnx-（a+1）x-b（x>0）]，[g（x）=1x-（a+1）]。此时我们会发现，本题较上述题型更为复杂，既取不到端点值，也很难找到零点。那么我们又该如何应对呢？既然很难找到，不妨设[x0]为零点，则题目就转化为[g（x）≤0]在[0，x0]及[x0，+∞]内恒成立，于是又回到了上述题型。

解：设[g（x）=lnx-（a+1）x-b（x>0）]，[g（x）=1x-（a+1）]，设[x0]为零点，[g（x0）=0]，[g（x0）=0]，[?a=1x0-1，b=lnx0-1?b+1a+1=lnx0-1+11x0-1+1=lnx01x0（x0>0）]，构造函数[h（x）=xlnx（x>0）]，其最小值为[-1e]，故[b+1a+1]的最小值为[-1e]。

驗证其充分性：

[b+1a+1]的最小值为[-1e]，即[b+1a+1≥-1e]，由题意可知[g1e≤0]是[g（x）≤0]的必要条件，由[g1e≤0?b+1a+1≥-1e]。也就说明[1e]为[x0]的一个可能取值，即有[g1e=0，g1e=0?-1-a+1e-b=0，e-a-1=0?a=e-1，b=-2?g（x）=lnx-ex+2 ]，[g（x）=1x-e]，[g（x）]在[0，1e]内大于[0]，[1e，+∞]内小于[0]，即[g（x）]在[0，1e]内单调递增，[1e，+∞]内单调递减，于是有[g（x）≤g1e=0]，符合题意。综上所述，[b+1a+1]的最小值为[-1e]。

评注：此类题型的不同之处在于无法取到端点、参数增加且零点不易求。其基本解题思路为：（1）设零点，设而不求；（2）将零点作为端点，利用基本原理得到其必要条件；（3）在必要性的基础上验证其充分性。

六、求整数参端点效应

［例6］已知函数[f（x）=（x+a）（ex-1）+x+1]，若对任意[x>0]，不等式[f（x）>0]恒成立，求整数[a]的最小值。

分析：此题型更为特殊，无法取到端点、零点难求且[f（x）>0]恒成立，无等号。那么能否应用端点效应呢？既然[f（x）>0]恒成立，我们就将[0]作为其一个临界值，不妨仍然设[?x0]使得[f（x0）=0]，到這就又回到了上述题型。

解：[f（x）=（x+a）（ex-1）+x+1]，[f（x）=ex+ex（a+x）]，设[?x0]使得[f（x0）=0]，由基本原理可得：

[f（x0）=0，f（x0）=0?a=-x0-1，-ex0+x0+2=0，]要求[a]的可能取值，也就转化为求[x0]的可能取值。令[h（x）=-ex+x+2（x>0）]，[h（x）=-ex+1<0]恒成立，故[h（x）]在（0，+∞）内单调递减，且其唯一零点在[（1，2）]内。于是可以得到[x0∈（1，2）?a∈（-3，-2）]。由题意可知，求[a]的最小值，[a]的必要条件的取值范围为（-3，+∞），且[a]为整数，于是[a=-2]。

验证其充分性：

当[a∈（-3，+∞）]时，即[a≥-2?0

当[a∈-∞，-3]时，即[a≤-3?x≥2]，[f（x）=-ex+x+2]在[2，+∞）]内小于[0]恒成立，不符合题意。

综上所述，[a=-2]。

评注：此类题型的不同之处在于无法取到端点、零点不易求且严格单调。其基本解题思路为：（1）找到其临界值；（2）与例5一致。

本文通过探究端点处函数值为零的带参恒成立问题发现，题型之间存在差异，但在解题过程中，其关键就在于找到零点。端点效应只是解决带参恒成立问题的一种解题技巧与思路，其蕴含的基本思想是数形结合思想，主要是利用数形结合来解决在某个区间的恒成立问题。用好端点效应往往能创造奇迹，误用往往会弄巧成拙，因此我们需要明晰本质，慎用端点效应。

［   参   考   文   献   ］

［1］  童继稀.“端点效应”巧解2021年八省适应性考试第22题［J］.中学生数学，2021（13）：45，44.

［2］  高用.例谈临界值法求解不等式恒成立问题［J］.中学数学研究（华南师范大学版），2023 （3）：14-16.

（责任编辑 黄桂坚）