蘇凡文

在近幾年的高考題中，利用分類討論法解一類與恒成立有關(guān)的求參問(wèn)題屢次出現(xiàn)，此類求參問(wèn)題有個(gè)共同的特征，即“在某區(qū)間上不等式恒成立，區(qū)間的端點(diǎn)或區(qū)間內(nèi)的某一點(diǎn)使不等式對(duì)應(yīng)的方程成立”.筆者根據(jù)此類題目的特點(diǎn)，整理出了幾類模型，供同仁參考.

模型一

函數(shù)f（x）中含參數(shù)r，且r∈U.在區(qū)間（a，b）上f（x）>0恒成立（或在區(qū)間[a，b）上f（x）≥0恒成立），且f（a）=0，則

（1）對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，直至f（m）（a）=0（m≤n-1），令f（n）（x）≥0在（a，b）上恒成立，求出r的取值集合A為止，然后依次推至函數(shù)f（x）為增函數(shù)（如圖1），滿足條件.

（2）當(dāng)參數(shù)r∈

瘙 綂 [KG-3.5mm]UA時(shí)，對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，直至f（m）（a）=0（m≤n-1）恒成立，且f（n）（a）<0，則x∈（a，x0）使得f（n）（x）<0，函數(shù)f（n-1）（x）在（a，x0）內(nèi)為減函數(shù)，依次推至f′（x）<0（如圖2），函數(shù)f（x）在（a，x0）內(nèi)為減函數(shù)（如圖3），得f（x）<0，與f（x）>0（或f（x）≥0）恒成立矛盾.

由（1）（2）得，參數(shù)r的取值集合為A.

圖1圖2圖3

例1（2014年新課標(biāo)Ⅱ理21改編）已知函數(shù)f（x）=ex-e-x-2x，設(shè)g（x）=f2x-4bf（x），當(dāng)x>0時(shí)，g（x）>0，求b的最大值.

解析g（x）=e2x-e-2x-4x-4b（ex-e-x-2x），（x>0）.

g′（x）=2e2x+2e-2x-4-4b（ex+e-x-2），（x>0）.

若g′（x）≥0恒成立，則2（ex-e-x）2-4b（ex2-e-x2）2≥0，（ex2+e-x2）22≥b.

因?yàn)椋╡x2+e-x2）2>4，所以b≤2，此時(shí)g（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，因?yàn)間（0）=0，所以g（x）>0恒成立.

b>2時(shí)，g″（x）=4e2x-4e-2x-4b（ex-e-x），（x>0）.

g（x）=8e2x+8e-2x-4b（ex+e-x），（x>0）.

因?yàn)間（0）=16-8b<0，所以x∈（0，x0）使得g（x）<0，則g″（x）在（0，x0）上為減函數(shù)，因?yàn)間″（0）=0，則g″（x）<0，所以g′（x）在（0，x0）上為減函數(shù)，因?yàn)間′（0）=0，則g′（x）<0，所以g（x）在（0，x0）上為減函數(shù)，則g（x）<0，與g（x）在（0，+∞）上滿足g（x）>0恒成立矛盾.

綜上可知，b的最大值為2.

模型二

函數(shù)f（x）中含參數(shù)r，且r∈U.在區(qū)間（a，b）上f（x）<0恒成立（或在區(qū)間[a，b）上

f（x）≤0恒成立），且f（a）=0，則

（1）對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，直至f（m）（a）=0（m≤n-1），令f（n）（x）≤0在（a，b）上恒成立，求出r的取值集合A為止，然后依次推至函數(shù)f（x）為減函數(shù)（如圖4），滿足條件.

（2）當(dāng)參數(shù)r∈

瘙 綂 [KG-3.5mm]UA時(shí)，對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，直至f（m）（a）=0（m≤n-1）恒成立，且f（n）（a）>0，則x∈（a，x0）使得f（n）（x）>0，函數(shù)f（n-1）（x）在（a，x0）內(nèi)為增函數(shù)，依次推至f′（x）>0（如圖5），函數(shù)f（x）在（a，x0）內(nèi)為增函數(shù)（如圖6），得f（x）>0，與f（x）<0（或f（x）≤0）恒成立矛盾.

圖4圖5圖6

例2（2012年天津理20改編）已知函數(shù)f（x）=x-ln（x+1）的最小值為0，對(duì)任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立，求實(shí)數(shù)k的最小值.

解析令g（x）=f（x）-kx2，則g（x）=x-ln（x+1）-kx2，x∈[0，+∞）.

問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“對(duì)任意的x∈[0，+∞），有g(shù)（x）≤0成立，求實(shí)數(shù)k的最小值”.

g′（x）=-x（2kx-1+2k）x+1，x∈（0，+∞）.

若g′（x）≤0恒成立，則2kx-1+2k≥0，k≥12（x+1），因?yàn)閤>0，所以0<12（x+1）<12，于是得k≥12，此時(shí)g（x）在[0，+∞）上為減函數(shù)，因?yàn)間（0）=0，所以g（x）≤0恒成立.

k<12時(shí)，令h（x）=-x（2kx-1+2k），x∈（0，+∞）.h′（x）=-4kx+1-2k，h′（0）=1-2k>0.所以x∈（0，x0）使得h′（x）>0，則h（x）在（0，x0）上為增函數(shù)，所以h（x）>h（0）=0，即g′（x）>0，所以g（x）在（0，x0）上為增函數(shù)，于是可得g（x）>g（0）=0，與g（x）≤0恒成立矛盾.

綜上可知k≥12，即實(shí)數(shù)k的最小值為12.

注“在區(qū)間（a，b）上f（x）<0恒成立（或在區(qū)間[a，b）上f（x）≤0恒成立），且f（a）=0”可轉(zhuǎn)化為“在區(qū)間（a，b）上g（x）=-f（x）>0恒成立（或在區(qū)間[a，b）上g（x）=-f（x）≥0恒成立），且g（a）=0”，于是模型二轉(zhuǎn)化為模型一.

模型三

函數(shù)f（x）中含參數(shù)r，且r∈U.在區(qū)間（a，b）上f（x）>0恒成立（或在區(qū)間（a，b]上

f（x）≥0恒成立），且f（b）=0，則

（1）對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，直至f（m）（b）=0（m≤n-1），n為奇數(shù)時(shí)，令f（n）（x）≤0，n為偶數(shù)時(shí)，令f（n）（x）≥0，求出r取值集合A為止，然后依次推至函數(shù)f（x）為減函數(shù)（如圖7），滿足條件.

（2）當(dāng)參數(shù)r∈

瘙 綂 [KG-3.5mm]UA時(shí)，對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，直至f（m）（b）=0（m≤n-1）恒成立，n為奇數(shù)時(shí)，f（n）（b）>0，則x∈（x0，b）使得f（n）（x）>0，函數(shù)f（n-1）（x）在（x0，b）內(nèi)為增函數(shù)；n為偶數(shù)時(shí)，f（n）（b）<0，則x∈（x0，b）使得f（n）（x）<0，函數(shù)f（n-1）（x）在（x0，b）內(nèi)為減函數(shù)，依次推至f′（x）>0（如圖8），函數(shù)f（x）在（x0，b）內(nèi)為增函數(shù)（如圖9），得f（x）<0，與f（x）>0（或f（x）≥0）恒成立矛盾.