☉浙江省寧波市第四中學 邵春霞

含參數不等式恒成立問題和存在性問題是近幾年高考的一個熱門題型，它以“參數處理”為主要特征，以導數為工具，往往與函數的單調性、極值、最值等有關，在解決這類問題的過程中涉及了“函數與方程”、“化歸與轉化”、“數形結合”“分類討論”等數學思想.含參數不等式求參數取值范圍是一類常見的探索性問題，主要是求恒成立問題或存在性問題中的參數范圍.解決這類問題，主要是運用等價轉化思想，把復雜的，不熟悉不規(guī)范的問題轉化熟悉、規(guī)范甚至模式化、簡單的問題.下面就一道含參數不等式恒成立問題來談談如何對它進行橫向拓展、縱向引申，達到優(yōu)化認知結構、掌握思想方法、培養(yǎng)思維能力的目的.

一、考題引入，橫向拓展

例1（2011年浙江高考第22題）設函數f（x）=（x-a）2lnx，a∈R.

（1）若x=e為y=f（x）的極值點，求實數a；

（2）求實數a的取值范圍，使得對任意的x∈（0，3e］，恒有f（x）≤4e2成立.

注：e為自然對數的底數.

橫向拓展是指從不同的角度，進行一題多解，用不同的知識和方法處理同一問題，使得題目所涉及的內容拓展到其他分支，溝通它們的聯(lián)系，拓寬學生的思路，培養(yǎng)思維的靈活性.

解：（1）略.

（2）解法1：

①當0

②當1

又h（x）在（0，+∞）內單調遞增，所以函數h（x）在（0，+∞）內有唯一零點，記此零點為x0，則10；當x∈（x0，a）時，f′（x）<0；當x∈（a，+∞）時，f′（x）>0.即f（x）在（0，x0）內單調遞增，在（x0，a）內單調遞減，在（a，+∞）內單調遞增.

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

將（3）代入（1）得4x02ln3x0≤4e2.又x0>1，注意到函數x2ln3x在［1，+∞）內單調遞增，故1

解法二：

①當0

②當10，故有f（x）=（x-a）2lnx≤4e2.可解得

即g（x）在（1，e）上單調遞減，在（e，3e］上單調遞增.

點評：本題的第一小題入手簡單，容易得分，第二小題是典型的含參數不等式恒成立求參數范圍問題，注意到在x∈（0，1］時不等式恒成立，因而等價于x∈（1，3e］時不等式恒成立，因lnx>0，所以可參數分離，通過導數求出函數的最值；體現(xiàn)了求參數取值范圍的基本方法和利用導數解決問題的基本方法.在上述兩種解法中參數分離在其中起了關鍵作用.這種方法可揭示本題的實質：含參數不等式恒成立問題可等價轉化為含參數的最值問題.一般有：

運用參數分離時，若能把不等式中的參數a與未知數x完全分離出來，得到不等式a>f（x）或a

（1）af（x）恒成立?a>f（x）max.

運用參數分離時，若不能把不等式中的參數a與未知數x完全分離出來，得到的是一個函數式g（a），通?？梢哉w處理.

（1）f（x）f（x）max.

（2）f（x）>g（a）（a為參數）恒成立?g（a）

二、考題鏈接，縱向引申

縱向引申主要是指改變例題的條件和結論，步步深入，層層推進，抓住例題的典型性與可塑性，通過變形改造，對原題進行引申和推廣，從而達到舉一反三，觸類旁通的功效.

變式1：已知f（x）=7x2－28x－a，g（x）=2x3+4x2－40x（其中a為實數）：

（1）當x∈［－3，3］時，f（x）≥g（x）恒成立，求實數a的取值范圍.

（2）存在x∈［－3，3］，使f（x）≥g（x）成立，求實數a的取值范圍.

（3）對任意x1，x2∈［－3，3］，f（x1）≥g（x2）恒成立，求實數a的取值范圍.

（4）若對任意x1∈［－3，3］，總存在x2∈［－3，3］，使得f（x1）≥g（x2）成立，求實數a的范圍.

（5）若存在x1∈［－3，3］，使得對任意的x2∈［－3，3］，使得f（x1）≥g（x2）恒成立，求實數a的范圍.

（6）存在x1，x2∈［－3，3］，使f（x1）≥g（x2）成立，求實數a的范圍.

（7）若對任意x1∈［－3，3］，總存在x2∈［－3，3］，使得y=f（x）的圖像位于y=g（x）圖像的上方，求實數a的范圍.

上述七個問題中給出的條件形同質別，涉及含參數不等式的存在性或恒成立問題，根據不等式的結構特征，恰當地構造函數，等價轉化為含參數函數的最值討論.通過對上述問題的研究，我們通過類比可以概括出以下結論：

結論1：?x∈D，f（x）>g（x）恒成立?［f（x）－g（x）］min>0.

結論2：?x∈D，使得f（x）>g（x）成立?［f（x）－g（x）］max>0.

結論3：?x1∈D，?x2∈D，f（x1）>g（x2）恒成立?f（x）min>g（x）max.

結論4：?x1∈D，?x2∈D，使得f（x1）>g（x2）成立?f（x）min>g（x）min.

結論5：?x1∈D，?x2∈D，f（x1）>g（x2）恒成立?f（x）max>g（x）max.

結論6：?x1∈D，?x2∈D，使得f（x1）>g（x2）成立?f（x）max>g（x）min.

結論7：f（x）不過第二象限?當x≤0時，f（x）≤0恒成立?f（x）min≤0.

結論8：f（x）的圖像在g（x）的圖像的上方?f（x）－g（x）>0恒成立?［f（x）－g（x）］min>0.

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

（1）設函數p（x）=f（x）+g（x）.若p（x）在區(qū)間（0，3）上不單調，求k的取值范圍.

解：（1）略.

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

當x>0時有q′（x）=g′（x）=2k2x+k，因為當k=0時不合題意，因此k≠0.

下面討論k≠0的情形，記A=（k，+∞），B=（5，+∞）（1）當x1>0時，q′（x）在（0，+∞）上單調遞增，所以要使q′（x2）=q′（x1）成立，只能x2<0且A?B，因此有k≥5，（2）當x1<0時，q′（x）在（0，+∞）上單調遞減，所以要使q′（x2）=q′（x1）成立，只能x2>0且A?B，因此k≤5，綜合（1）（2）得k=5.

當k=5時A=B，則?x1<0，q′（x1）∈B=A，即?x2>0，使得q′（x2）=q′（x1）成立，因為q′（x）在（0，+∞）上單調遞增，所以x2的值是唯一的.

同理，?x1<0，即存在唯一的非零實數x2（x2≠x1），要使q′（x2）=q′（x1）成立，所以k=5滿足題意.

點評：上述兩個例題是典型的含參數不等式的存在性問題，一般從兩個函數的值域關系的問題著手，由題設中的 “存在”、“任意”判斷兩個函數的值域之間的關系，從而求得參數的范圍.一般有如下結論：

結論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.

結論10：?a1，a2，…，ak，ak+1∈D，使得g（a1）+g（a2）+…+g（ak）

總之，在求解含參函數最值時滲透分類討論及構造函數的思想，含參數不等式問題的解題思路最主要是轉化，把難的、復雜的問題等價轉化為簡單容易解決的問題，這也是整個解題過程中較難但又是最關鍵的一步.雖然求含參數不等式恒成立問題和存在性問題中的參數范圍兩種解題方法在實際解題過程中表現(xiàn)不同，但最終實質都與求函數最值是等價的.這正體現(xiàn)了數學中的統(tǒng)一美.