“局部缩小”在不等式恒成立问题中的应用

利用导数处理不等式恒成立问题中的参数范围求解时，对于参数如何分类讨论，学生普遍感到“入口宽、下手难、分不全”.为此，我们可以在分类讨论的基础上，利用不等式恒成立的定义或者端点取值局部缩小参数的取值范围，帮助学生解决困惑，提高此类问题的正确率.

局部缩小的方法实际上是一种必要性探究法，针对某些函数恒成立问题，通过恒成立的定义或者端点取值的方法，得到不等式成立的一个必要条件，进而缩小参数的范围，降低分类讨论的难度，也可以通过验证其充分性得到参数的精确范围.

1 利用恒成立的基本定义进行“局部缩小”

例1设函数f（x）=4x3－mx+1（x∈R），若对任意的x∈［－1，1］，都有f（x）≥0成立，则m=.

分析：由不等式恒成立，可先缩小参数范围.

由f（1）=5－m≥0，f（－1）=m－3≥0，得3≤m≤5.又f12=32－m2≥0，得m≤3，即m=3.

另解：由f（1）=5－m≥0，f（－1）=m－3≥0，可得3≤m≤5.又f′（x）=12x2－m，依题只要求f（x）的最小值即可，易得f（x）min=f（－1），fm12min.

令fm12≥0，得0≤m≤3.综上m=3.

例2若不等式|ax3－ln x|≥1对任意x∈（0，1］恒成立，求实数a的取值范围.

分析：令g（x）=ax3－ln x，取特殊值x=1缩小参数范围，则|a|≥1，得a≥1或a≤－1.当a≤－1时，g′（x）<0在（0，1］上恒成立，|g（x）|min=0，矛盾.当a≥1时，易得a≥e23.

例3已知函数f（x）=ln x－mx（m∈R）在区间［1，e］上取得最小值4，则m=.

分析：函数f（x）=ln x－mx（m∈R）在区间［1，e］上取得最小值4，故f（x）≥4恒成立，即f（1）≥4，f（e）≥4，得m≤－3e，故f′（x）=x+mx2≤0对任意x∈［1，e］恒成立，则f（x）在x∈［1，e］上递减，故f（x）min=f（e）=4.综上，m=－3e.

小结：不等式在给定区间上的恒成立问题，在区间上任取一个值都会满足不等式，通过选取恰当的特殊值，即通过寻找不等式成立的一个必要条件来缩小参数的范围，再在该范围内进行讨论.

2 利用端点函数值进行“局部缩小”

例4（2022年新高考Ⅱ卷）已知函数f（x）=xeax－ex

（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；

（2）当x>0时，f（x）＜—1，求a的取值范围.

分析：（1）略.

（2）当x＞0时，f（x）＜—1，即f（x）+1<0.

令g（x）=f（x）+1=xeax－ex+1，则g（0）=0.

求导，得g′（x）=（ax+1）eax-ex，

则g′（0）=0.

又g″（x）=（a2x+2a）eax－ex，

由题意

g″（0）=2a－1≤0，即a≤12.

这样我们得到参数a范围的一个必要条件.

下面再验证其充分性，最后得到参数的准确范围.

解：（2）令g（x）=f（x）+1=xeax－ex+1，则g（0）=0.

由g′（x）=（ax+1）eax-ex，得g′（0）=0.

又g″（x）=（a2+2a）eax－ex，则g″（0）=2a－1.

若a>12，则g″（0）=2a－1>0，则存在x0>0，当x∈（0，x0），g″（x）>0.

所以g′（x）在（0，x0）单调递增，g′（x）>g′（0）=0.

所以g（x）在（0，x0）单调递增，则g（x）>g（0）=0，与题设矛盾.

若a≤12，令g（x）=x（ex）a－ex=φ（a），由x>0，得

ex>1，则φ（a）在－∞，12上单调递增.

所以φ（a）≤φ12=xex2－ex.

令ex2=t>1，则x=2ln t.令μ（t）=2tln t－t2（t＞1），则

μ′（t）=2（ln t+1－t）.

由切线不等式ln t<t-1，得μ′（t）<0.

所以μ（t）=2tln t－t2在（1，+∞）上单调递减，则

μ（t）<μ（1）＜0恒成立，满足充分性.

综上：a∈－∞，12.

小结：本题利用区间端点0满足g（0）=0，g′（0）=0，

再结合g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，得到g″（0）≤0，进而得a≤12.

由此得到参数a的范围的一个必要条件，最后再验证其充分性，并说明a>12时，不符合题意.

例5（2023年新课标全国Ⅱ卷）

（1）证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x；

（2）已知函数f（x）=cos ax－ln（1－x2），若x=0是f（x）的极大值点，求a的取值范围.

分析：（1）略.

（2）易得f′（x）=－asin ax+2x1－x2（－1＜x＜1）.

由题意x=0为f（x）的极大值点，则f′（0）=0，f″（0）<0.又f″（0）=2－a2＜0，得a＜-2或a＞2，这样缩小了参数a的范围，再验证其充分性.

解：（2）易得f′（x）=-asin ax+2x1－x2（－1＜x＜1），

f″（x）=－a2cos ax+2x2+2（1－x2）2，

f（x）=a3sin ax+4x（x2+3）（1－x2）3.

当a＞0，取x0=minπa，1，当x∈（0，x0）时，f（x）>0，则f″（x）在（0，x0）单调递增.

所以f″（x）>f″（0）=2－a2.

若a∈（0，2］，则f″（x）>f″（0）=2－a2≥0，可得f′（x）在（0，x0）单调递增，有f′（x）>f′（0）=0.

所以f（x）在（0，x0）单调递增，与x=0为f（x）的极大值点矛盾.

若a∈（2，+∞），则f″（0）=2－a2<0，故存在t∈（0，x0），使f″（x）<0.于是f′（x）在（0，t）单调递减，有f′（x）<f′（0）=0，则f（x）在（0，t）单调递减.又y=f（x）为偶数，则f（x）在（－t，0）单调递增.所以x=0为f（x）的极大值点.故a∈（2，+∞）.

若a＜0，取x0=min－πa，1，当x∈（0，x0），f（x）>0.同理，可得a∈（－∞，－2）.

综上：a∈（－∞，－2）∪（2，+∞）.

小结：本题通过一个二级讨论“已知函数f（x）的导函数为f′（x），令g（x）=f′（x），若x=x0为f（x）的极小值点，则f′（x0）=0，g′（x0）＞0;若x=x0为f（x）的极大值点，则f′（x0）=0，g′（x0）<0”，

寻找到参数范围的一个必要条件，通过“端点取值+矛盾区间”的组合拳，完成了充分性和必要性的证明.本题的难点在于如何寻找矛盾区间，巧妙地通过三阶导数一层一层反推完成.由此可见，“局部缩小”的思想方法可以帮助学生打开思路，大大降低学生的时间成本.

类似的考题在2023年全国甲卷（理科）也出现过：

已知函数f（x）=ax－sin xcos 3x，x∈0，π2.

（1）当a=8时，讨论f（x）的单调性；

（2）若f（x）<sin 2x恒成立，求a的取值范围.

3 关于端点取值进行“局部缩小”失效的问题解题策略

例6（2020年全国Ⅰ卷理科）

已知函数f（x）=ex+ax2－x.

（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；

（2）当x≥0时，f（x）≥x32+1，求a的取值范围.

分析：（1）略.

（2）当x≥0时，f（x）≥x32+1，即ax2≥x32+x+1－ex.若x=0，则不等式恒成立.

当x＞0时，参变分离，得a≥x32+x+1－exx2.

令g（x）=x32+x+1－exx2（x>0）.下求g（x）的最大值.

易得g′（x）=－（x－2）ex－x22－x－1x3.易证g（x）max=g（2）=7－e24.g（x）在x=2处取得最值，但2并非定义域的端点，由此通过端点取值进行

“局部缩小”失效.

令h（x）=ex－x32+ax2－x－1在x=x0（x0≠0）处取得最小值，则h（x0）=0，h′（x0）=0，解得x0=2或2a+1.

由h（2）≥0，h（2a+1）≥0，得a≥7－e24.

小结：当通过端点取值进行“局部缩小”失效时，我们只要抓住方程组f（x0）=0，f′（x0）=0，找到函数的最值点，寻找必要条件，最后再证明充分性.

“局部缩小”策略是我们在处理一些不适宜参变分离或者参变分离后的函数比较复杂的一类不等式恒成立问题的一种行之有效的方法，运用得当可以达到事半功倍的效果，值得大家借鉴.