周揚杰 陳宇

［摘 要］求解帶參恒成立問題一直是高中數(shù)學(xué)的重點和難點，主要解題方法有分離參數(shù)、構(gòu)造函數(shù)、放縮、取臨界值、變更主元、設(shè)而不求等，而利用端點效應(yīng)求解也是解決帶參恒成立問題的一種解題思路?；诂F(xiàn)有研究，端點效應(yīng)可分為直接端點效應(yīng)、間接端點效應(yīng)、非端點處的端點效應(yīng)以及構(gòu)造端點效應(yīng)這四類，還可推廣到雙參數(shù)端點效應(yīng)以及求整參數(shù)端點效應(yīng)。

［關(guān)鍵詞］端點效應(yīng)；帶參恒成立問題；函數(shù)值

［中圖分類號］? ? G633.6? ? ? ? ［文獻(xiàn)標(biāo)識碼］? ? A? ? ? ? ［文章編號］? ? 1674-6058（2024）05-0022-03

帶參恒成立問題各種題型所蘊含的基本解題原理如下：

（1）[f（x）≥0]在區(qū)間[a，b]或[（a，b）]內(nèi)恒成立：若[f（a）=0]，則[f（a）≥0]；若[f（b）=0]，則[f（b）≤0]。

（2）[f（x）≤0]在區(qū)間[a，b]或[（a，b）]內(nèi)恒成立：若[f（a）=0]，則[f（a）≤0]；若[f（b）=0]，則[f（b）≥0]。

（3）[f（x）≥0]在區(qū)間[a，b]或[（a，b）]內(nèi)恒成立：若[f（a）=0]，[f（a）=0]，則[f（a）≥0]；若[f（b）=0]，[ f（b）=0]，則[f（b）≥0]。

（4）[f（x）≤0]在區(qū)間[a，b]或[（a，b）]內(nèi)恒成立：若[f（a）=0]，[ f（a）=0]，則[f（a）≤0]；若[f（b）=0]，[f（b）=0]，則[f（b）≤0]。

端點效應(yīng)是求解帶參恒成立問題的一種解題思路。下面結(jié)合例題進(jìn)行說明。

一、直接端點效應(yīng)

［例1］（2022年安徽模擬題，節(jié)選）[f（x）=ex+sinx-1]，[?x≥0]，[ f（x）+mx≥0]恒成立，求實數(shù)[m]的取值范圍。

分析：構(gòu)造函數(shù)[h（x）=ex+sinx-1+mx≥0]，發(fā)現(xiàn)[h（0）=0]，此時顯然符合端點效應(yīng)基本原理，進(jìn)而可以得到使其成立的一個必要條件：[h（x）=ex+cosx+m]，[h（0）=2+m≥0?m≥-2]，再驗證其充分性即可。

解：設(shè)[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]。

驗證其充分性：

當(dāng)[m≥-2]時，[h（x）=ex-sinx>0]恒成立，[h（x）]在所給區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增， [h（x）≥h（0）=2+m≥0]恒成立，[h（x）]在所給區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，故[h（x）≥h（0）=0]恒成立。

當(dāng)[m<-2]時，[h（x）=ex-sinx>0]恒成立， [h（x）]在所給區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，此時[h（0）<0]，故[?x0（x0>0）]，使得[h（x0）=0]，即[h（x）]在（0，[x0]）內(nèi)單調(diào)遞減，又[h（0）=0]，故在（0，[x0]）內(nèi)[h（x）<0]，與題意矛盾。

綜上所述，[m≥-2]。

評注：通過驗證，發(fā)現(xiàn)得到的必要條件恰好為充分條件，運用一次基本原理就完成了解題。但需注意其必須滿足條件：含參且單調(diào)。此類題型的基本解題思路為：（1）取端點處的值；（2）得到滿足參數(shù)的必要條件；（3）在必要性的基礎(chǔ)上驗證其充分性。

二、間接端點效應(yīng)

［例2］（2018年高考全國Ⅲ卷理21，節(jié)選）已知函數(shù)[f（x）=（2+x+ax2）ln（x+1）-2x]，若[x=0]是[f（x）]的極大值點，求[a]。

分析：閱讀題目之后，我們會發(fā)現(xiàn)此題與端點效應(yīng)似乎沒有直接聯(lián)系。其實不然，接下來我們一起探討。已知[x=0]是[f（x）]的極大值點，那么我們可以作出其局部圖象（如圖1），與此同時，可以得到其對應(yīng)的[f（x）]局部圖象（如圖2），于是在局部范圍內(nèi)[f（x）≤0]，且經(jīng)過求導(dǎo)可以發(fā)現(xiàn)[f（0）=0]，[f（0）=0]，[ f（0）=0]。

到這一步似乎還是與端點效應(yīng)沒有直接聯(lián)系，但我們要知道利用端點效應(yīng)求解其實也是一種必要性探路法，即先找出其成立的一個必要條件，再驗證其充分性。我們不妨假設(shè)[f（x）]的局部圖象和原函數(shù)局部圖象（如圖1）保持一致，那么此時要證明[x=0]是[f（x）]的極大值點，也就是要證明[x=0]是[f（x）]的極大值點，即證明在鄰域[（-δ，δ）]內(nèi)，0為其極大值點，也就是要證明在[（-δ，0）]及 [（0，δ）]內(nèi)[f（x）≥0]恒成立。此刻，端點效應(yīng)基本原理顯而易見，我們可以得到[f（0）=0]，從而求出[a]的值，得到參數(shù)取值的一個必要條件，再驗證其是否滿足充分性即可。

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]。

驗證其充分性： 當(dāng)[a=-16]時，令[f（x）=-x（x+6）3（x+1）3=0?x=0]。[f（x）]在[（-1，0）]內(nèi)大于[0]，在（0，+∞）內(nèi)小于[0]，即[f（x）]在[（-1，0）]上單調(diào)遞增，在（0，+∞）上單調(diào)遞減，又[f（0）=0]。故[f（x）]在（-1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，且[f（0）=0]。于是[f（x）]在[（-1，0）]內(nèi)單調(diào)遞增，在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，所以[x=0]是[f（x）]的極大值點。

當(dāng)[a≠-16]時，與題意不符。

綜上所述，[a=-16]。

評注：此類題型的不同之處在于沒有直接給出能運用基本原理的條件，需將已知條件轉(zhuǎn)化為所需條件。其基本思路為：（1）構(gòu)建所需條件；（2）得到滿足參數(shù)的必要條件；（3）在必要性的基礎(chǔ)上驗證其充分性。

三、非端點處的端點效應(yīng)

［例3］已知[f（x）=ex-ax-1]，當(dāng)[x≥0]時，[ f（x）≥x2]恒成立，求[a]的取值范圍。

分析：構(gòu)造函數(shù)[g（x）=ex-ax-1-x2]，[g（0）=0]，[g（x）=ex-a-2x]，滿足端點效應(yīng)基本原理，故直接令[g（0）≥0?1-a≥0?a≤1]。但發(fā)現(xiàn)在驗證其充分性時顯然不成立。于是部分解題者認(rèn)為端點效應(yīng)失效，其實不然。借助信息技術(shù)（如圖3）可以發(fā)現(xiàn)，在[x≥0]這個區(qū)間內(nèi)，存在參數(shù)[a]的取值使得[g（x）]不單調(diào)，故端點效應(yīng)失效的原因顯而易見。既然不單調(diào)，那么在本題中一定存在極值點[xi（i∈1，2，3…）]，因此可設(shè)[xi]為[g（x）]的零點，再將這個零點給解出來，最后以零點為端點，得出其必要條件。

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

驗證其充分性：

當(dāng)[a≤1]時，[g（1）=e-2-a]，[?a]使得[g（1）<0]，與題意不符。

于是在給定區(qū)間還存在極值點[x0]。設(shè)[x0]為零點，則有[g（x0）=0，g（x0）=0?ex0-ax0-1-x20=0，ex0-a-2x0=0?x0=1]。故只需滿足[g（1）≥0?a≤e-2]。

當(dāng)[a≤e-2]時，[g（1）=e-a-2≥0]恒成立，符合題意。

當(dāng)[a>e-2]時，[g（1）=e-a-2][<0]恒成立，與題意不符。綜上所述，[a≤e-2]。

評注：此類題型的不同之處在于其在所給區(qū)間并不單調(diào)，這也是解題者利用基本原理出錯的原因之一。其基本解題思路為：（1）找到其零點；（2）將零點作為端點，利用基本原理得到其必要條件；（3）在必要性的基礎(chǔ)上驗證其充分性。

四、構(gòu)造端點效應(yīng)

［例4］（第九屆索佐波爾國際青年數(shù)學(xué)節(jié)試題）若不等式[（1+t）k（1-t）1-k≤1]對[t∈（-1，1）]恒成立，求實數(shù)[k]的值。

分析：指數(shù)不等式恒成立問題，我們可以聯(lián)想到通過指數(shù)化對數(shù)來解決。于是我們可以得到[ln（1+t）k（1-t）1-k≤ln1?kln（1+t）+（1-k）ln（1-t）≤0]對[t∈（-1，1）]恒成立。令[f（t）=kln（1+t）+（1-k）ln（1-t）]，[ f（t）=2k-1-t1-t2]，此時會發(fā)現(xiàn)，本題似乎與端點效應(yīng)沒有一點聯(lián)系，因為其端點取不到。但在例3的啟發(fā)下，我們可以找其零點作為端點，經(jīng)過嘗試發(fā)現(xiàn)[f（0）=0]，要證在[t∈（-1，1）]內(nèi)，[f（t）≤0]恒成立，即可轉(zhuǎn)化為證明在[-1，0]及[0，1]內(nèi)[f（t）≤0]恒成立，此時端點效應(yīng)顯而易見。

解：由題意得[ln（1+t）k（1-t）1-k≤ln1?kln（1+t）+（1-k）ln（1-t）≤0]，設(shè)[f（t）=kln（1+t）+（1-k）ln（1-t）]，[f（t）=2k-1-t1-t2]，且[f（0）=0]，則可令[f（0）=0?k=12]，得到其一個必要條件。

驗證其充分性：

當(dāng)[k=12]時，[ f（t）=-t1-t2]，[ f（t）]在[-1，0]內(nèi)大于等于[0]，[0，1]內(nèi)小于等于[0]，故[f（t）]在[-1，0]內(nèi)單調(diào)遞增，在[0，1]內(nèi)單調(diào)遞減，則[f（t）≤f（0）=0]恒成立，符合題意。

當(dāng)[k≠12]時，與題意不符。

綜上所述，[k=12]。

評注：此類題型的不同之處在于題目所給區(qū)間的端點無法取到，但好在其零點易于找到。本題的基本解題思路與例3一致。

五、雙參數(shù)端點效應(yīng)

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

分析：構(gòu)造函數(shù)[g（x）=lnx-（a+1）x-b（x>0）]，[g（x）=1x-（a+1）]。此時我們會發(fā)現(xiàn)，本題較上述題型更為復(fù)雜，既取不到端點值，也很難找到零點。那么我們又該如何應(yīng)對呢？既然很難找到，不妨設(shè)[x0]為零點，則題目就轉(zhuǎn)化為[g（x）≤0]在[0，x0]及[x0，+∞]內(nèi)恒成立，于是又回到了上述題型。

解：設(shè)[g（x）=lnx-（a+1）x-b（x>0）]，[g（x）=1x-（a+1）]，設(shè)[x0]為零點，[g（x0）=0]，[g（x0）=0]，[?a=1x0-1，b=lnx0-1?b+1a+1=lnx0-1+11x0-1+1=lnx01x0（x0>0）]，構(gòu)造函數(shù)[h（x）=xlnx（x>0）]，其最小值為[-1e]，故[b+1a+1]的最小值為[-1e]。

驗證其充分性：

[b+1a+1]的最小值為[-1e]，即[b+1a+1≥-1e]，由題意可知[g1e≤0]是[g（x）≤0]的必要條件，由[g1e≤0?b+1a+1≥-1e]。也就說明[1e]為[x0]的一個可能取值，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]內(nèi)大于[0]，[1e，+∞]內(nèi)小于[0]，即[g（x）]在[0，1e]內(nèi)單調(diào)遞增，[1e，+∞]內(nèi)單調(diào)遞減，于是有[g（x）≤g1e=0]，符合題意。綜上所述，[b+1a+1]的最小值為[-1e]。

評注：此類題型的不同之處在于無法取到端點、參數(shù)增加且零點不易求。其基本解題思路為：（1）設(shè)零點，設(shè)而不求；（2）將零點作為端點，利用基本原理得到其必要條件；（3）在必要性的基礎(chǔ)上驗證其充分性。

六、求整數(shù)參端點效應(yīng)

［例6］已知函數(shù)[f（x）=（x+a）（ex-1）+x+1]，若對任意[x>0]，不等式[f（x）>0]恒成立，求整數(shù)[a]的最小值。

分析：此題型更為特殊，無法取到端點、零點難求且[f（x）>0]恒成立，無等號。那么能否應(yīng)用端點效應(yīng)呢？既然[f（x）>0]恒成立，我們就將[0]作為其一個臨界值，不妨仍然設(shè)[?x0]使得[f（x0）=0]，到這就又回到了上述題型。

解：[f（x）=（x+a）（ex-1）+x+1]，[f（x）=ex+ex（a+x）]，設(shè)[?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，也就轉(zhuǎn)化為求[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，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，且其唯一零點在[（1，2）]內(nèi)。于是可以得到[x0∈（1，2）?a∈（-3，-2）]。由題意可知，求[a]的最小值，[a]的必要條件的取值范圍為（-3，+∞），且[a]為整數(shù)，于是[a=-2]。

驗證其充分性：

當(dāng)[a∈（-3，+∞）]時，即[a≥-2?0

當(dāng)[a∈-∞，-3]時，即[a≤-3?x≥2]，[f（x）=-ex+x+2]在[2，+∞）]內(nèi)小于[0]恒成立，不符合題意。

綜上所述，[a=-2]。

評注：此類題型的不同之處在于無法取到端點、零點不易求且嚴(yán)格單調(diào)。其基本解題思路為：（1）找到其臨界值；（2）與例5一致。

本文通過探究端點處函數(shù)值為零的帶參恒成立問題發(fā)現(xiàn)，題型之間存在差異，但在解題過程中，其關(guān)鍵就在于找到零點。端點效應(yīng)只是解決帶參恒成立問題的一種解題技巧與思路，其蘊含的基本思想是數(shù)形結(jié)合思想，主要是利用數(shù)形結(jié)合來解決在某個區(qū)間的恒成立問題。用好端點效應(yīng)往往能創(chuàng)造奇跡，誤用往往會弄巧成拙，因此我們需要明晰本質(zhì)，慎用端點效應(yīng)。

［? ?參? ?考? ?文? ?獻(xiàn)? ?］

［1］? 童繼稀.“端點效應(yīng)”巧解2021年八省適應(yīng)性考試第22題［J］.中學(xué)生數(shù)學(xué)，2021（13）：45，44.

［2］? 高用.例談臨界值法求解不等式恒成立問題［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)研究（華南師范大學(xué)版），2023 （3）：14-16.

（責(zé)任編輯 黃桂堅）