田素偉

(上海市泥城中學(xué) 201306)

函數(shù)和不等式是歷年高考的重點(diǎn)和難點(diǎn)，近年來(lái)，數(shù)學(xué)高考中出現(xiàn)了一些重視基礎(chǔ)、考查能力的新型試題，特別是在不等式恒成立或方程的問(wèn)題中含參數(shù)的問(wèn)題更是精彩紛呈，如何求這類問(wèn)題中參數(shù)的取值范圍？下面就常見(jiàn)的幾種題型分別舉例說(shuō)明.

1 構(gòu)造函數(shù)求參數(shù)的取值范圍

例1 如果x∈[2,3]時(shí)，不等式2021x+a-2021ax2+1≥2022-x-a-2022-ax2-1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解析由2021x+a-2021ax2+1≥2022-x-a-2022-ax2-1，可得

2021x+a-2022-x-a≥2021ax2+1-2022-ax2-1.

構(gòu)造函數(shù)f(x)=2021x-2022-x，

由此可知f(x)=2021x-2022-x在(-∞，+∞)是增函數(shù).

所以f(x+a)=2021x+a-2022-x-a，

f(ax2+1)=2021ax2+1-2022-ax2-1.

由2021x+a-2022-x-a≥2021ax2+1-2022-ax2-1可得f(x+a)≥f(ax2+1).

所以x+a≥ax2+1.

所以原題可化為：當(dāng)x∈[2,3]時(shí)，不等式x+a≥ax2+1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

2 雙變量問(wèn)題先確定主變量求參數(shù)的取值范圍

分析本題中有兩個(gè)變量m和θ，題目中含有符號(hào)f，如何去掉f，利用函數(shù)的單調(diào)性即可.

解析由f(x)=x2021+x，顯然f(x)為奇函數(shù)，且單調(diào)遞增.

因?yàn)閒(msinθ)+f(1-m)>0恒成立，

所以f(msinθ)>f(m-1)恒成立.

所以msinθ>m-1恒成立.

這里有兩個(gè)變量m和t，因?yàn)閠的取值范圍已經(jīng)確定，所以確定以t為主變量，把不等式轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的函數(shù),設(shè)f(t)=mt-m+1,

(1)當(dāng)m=0時(shí),此時(shí)f(t)=1>0符合題意;

解得m<1且m≠0.

在進(jìn)行完現(xiàn)場(chǎng)勘察后，根據(jù)所獲得的實(shí)際情況以及相關(guān)資料，特別是安全要求和技術(shù)要求，來(lái)進(jìn)行運(yùn)維現(xiàn)場(chǎng)的危險(xiǎn)源辨識(shí)、危險(xiǎn)點(diǎn)預(yù)測(cè)等。所謂危險(xiǎn)源辨識(shí)指的是系統(tǒng)分析作業(yè)現(xiàn)場(chǎng)的實(shí)際情況，對(duì)有危險(xiǎn)隱患存在的位置、方式以及可能發(fā)生事故的規(guī)律和途徑來(lái)進(jìn)行分析和辨識(shí)。在實(shí)際的辨識(shí)危險(xiǎn)源過(guò)程中，要進(jìn)行責(zé)任制，安排專門(mén)的負(fù)責(zé)人和工作人員來(lái)細(xì)分責(zé)任。全面排查現(xiàn)場(chǎng)的各方面隱患，由負(fù)責(zé)人實(shí)施落實(shí)。

由(1)(2)可知：實(shí)數(shù)m的取值范圍是(-∞,1).

評(píng)析本題利用函數(shù)的性質(zhì)轉(zhuǎn)化為關(guān)于兩個(gè)變量m和t的不等式，因?yàn)閠的取值范圍已經(jīng)確定，所以確定以t為主變量，把不等式轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的函數(shù),一般情況下含兩個(gè)變量m和t的不等式，如果其中一個(gè)變量的取值范圍能確定，那么就以這個(gè)變量為主變量，另外一個(gè)變量作為參數(shù).

3 在任意和存在性問(wèn)題中求參數(shù)的取值范圍

所以函數(shù)f(x)max=f(1)=10.

因?yàn)間(x)=2x+m在區(qū)間[2,3]上單調(diào)遞增，

所以g(x)max=23+m=8+m.

所以10≤8+m.

所以m≥2.

解析因?yàn)閷?duì)?x1∈[-1,3]，?x2∈[0,2]，f(x1)≥g(x2)，所以只需f(x)min≥g(x)min即可.

4 利用數(shù)形結(jié)合求參數(shù)的取值范圍

分析首先通過(guò)函數(shù)圖象變換作出f(x)的圖象(如圖1)，因?yàn)殛P(guān)于f(x)的一元二次方程[f(x)]2+bf(x)+c=0最多只能解出2個(gè)f(x),若方程要恰有七個(gè)不相同的實(shí)數(shù)解,設(shè)[f(x)]2+bf(x)+c=0的兩個(gè)根分別是f1(x)，f2(x),所以兩個(gè)函數(shù)值f1(x)，f2(x)共對(duì)應(yīng)7個(gè)不同的x,假設(shè)函數(shù)值f1(x)對(duì)應(yīng)3個(gè)不同的x，f2(x)函數(shù)值共對(duì)應(yīng)4個(gè)不同的x，設(shè)t=f(x)，所以函數(shù)y=t與y=f1(x)圖象的交點(diǎn)是3個(gè)，函數(shù)y=t和y=f2(x)的圖象的交點(diǎn)是4個(gè)，由圖象可知t=1或t=0時(shí),即f1(x)=1,函數(shù)y=t與y=f1(x)圖象的交點(diǎn)是3個(gè)，由圖象可知0

解析首先通過(guò)函數(shù)圖象變換作出f(x)的圖象(如圖1).

圖1

因?yàn)殛P(guān)于f(x)的方程[f(x)]2+bf(x)+c=0最多只能解出2個(gè)f(x),若方程要恰有七個(gè)不相同的實(shí)數(shù)解,設(shè)[f(x)]2+bf(x)+c=0的兩個(gè)根分別是f1(x)，f2(x),

(1)設(shè)當(dāng)f1(x)=1,0

方程的兩個(gè)根分別是t1，t2,

所以t1=1,t2∈(0,1).

所以由根與系數(shù)的關(guān)系可得t1+t2=-b.

所以t2=-t1-b，即t2=-1-b∈(0,1).

所以0<-1-b<1.

所以-2

(2)設(shè)當(dāng)f1(x)=0,0

因?yàn)閇f(x)]2+bf(x)+c=0，所以t2+bt+c=0.

方程的兩個(gè)根分別是t1，t2,所以t1=0,t2∈(0,1).

所以由根與系數(shù)的關(guān)系可得t1+t2=-b.

所以t2=-b.

所以0<-b<1,即-1

所以實(shí)數(shù)b的取值范圍是-2

5 利用函數(shù)的奇偶性求參數(shù)的取值范圍

分析根據(jù)條件先分析f(x)+f(-x)的結(jié)果，由此確定出g(x)=f(x)+1的奇偶性和單調(diào)性，再將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“已知g(2a-1)≤g(2-a2)，求解a的取值范圍”，根據(jù)單調(diào)性列出關(guān)于a的不等式并求解出結(jié)果.

解析由題可知x∈R且

所以f(x)+1=-[f(-x)+1].

設(shè)g(x)=f(x)+1，所以g(-x)=f(-x)+1.

即g(-x)=-g(x).

又函數(shù)g(x)的定義域?yàn)镽關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，

所以g(x)是奇函數(shù).

由函數(shù)的性質(zhì)可知：

所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

即g(x)在(0,+∞)上也單調(diào)遞增且g(0)=0.

又因?yàn)間(x)為奇函數(shù)，

所以g(x)在R上單調(diào)遞增.

不等式f(2a-1)+f(a2-2)≤-2

?f(2a-1)+1≤-[f(a2-2)+1]，

所以g(2a-1)≤-g(a2-2)=g(2-a2).

所以2a-1≤2-a2.

解得-3≤a≤1.