“局部縮小”在不等式恒成立問題中的應(yīng)用

利用導(dǎo)數(shù)處理不等式恒成立問題中的參數(shù)范圍求解時，對于參數(shù)如何分類討論，學(xué)生普遍感到“入口寬、下手難、分不全”.為此，我們可以在分類討論的基礎(chǔ)上，利用不等式恒成立的定義或者端點取值局部縮小參數(shù)的取值范圍，幫助學(xué)生解決困惑，提高此類問題的正確率.

局部縮小的方法實際上是一種必要性探究法，針對某些函數(shù)恒成立問題，通過恒成立的定義或者端點取值的方法，得到不等式成立的一個必要條件，進而縮小參數(shù)的范圍，降低分類討論的難度，也可以通過驗證其充分性得到參數(shù)的精確范圍.

1 利用恒成立的基本定義進行“局部縮小”

例1設(shè)函數(shù)f（x）=4x3－mx+1（x∈R），若對任意的x∈［－1，1］，都有f（x）≥0成立，則m=.

分析：由不等式恒成立，可先縮小參數(shù)范圍.

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，依題只要求f（x）的最小值即可，易得f（x）min=f（－1），fm12min.

令fm12≥0，得0≤m≤3.綜上m=3.

例2若不等式|ax3－ln x|≥1對任意x∈（0，1］恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.

分析：令g（x）=ax3－ln x，取特殊值x=1縮小參數(shù)范圍，則|a|≥1，得a≥1或a≤－1.當(dāng)a≤－1時，g′（x）<0在（0，1］上恒成立，|g（x）|min=0，矛盾.當(dāng)a≥1時，易得a≥e23.

例3已知函數(shù)f（x）=ln x－mx（m∈R）在區(qū)間［1，e］上取得最小值4，則m=.

分析：函數(shù)f（x）=ln x－mx（m∈R）在區(qū)間［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對任意x∈［1，e］恒成立，則f（x）在x∈［1，e］上遞減，故f（x）min=f（e）=4.綜上，m=－3e.

小結(jié)：不等式在給定區(qū)間上的恒成立問題，在區(qū)間上任取一個值都會滿足不等式，通過選取恰當(dāng)?shù)奶厥庵?，即通過尋找不等式成立的一個必要條件來縮小參數(shù)的范圍，再在該范圍內(nèi)進行討論.

2 利用端點函數(shù)值進行“局部縮小”

例4（2022年新高考Ⅱ卷）已知函數(shù)f（x）=xeax－ex

（1）當(dāng)a=1時，討論f（x）的單調(diào)性；

（2）當(dāng)x>0時，f（x）＜—1，求a的取值范圍.

分析：（1）略.

（2）當(dāng)x＞0時，f（x）＜—1，即f（x）+1<0.

令g（x）=f（x）+1=xeax－ex+1，則g（0）=0.

求導(dǎo)，得g′（x）=（ax+1）eax-ex，

則g′（0）=0.

又g″（x）=（a2x+2a）eax－ex，

由題意

g″（0）=2a－1≤0，即a≤12.

這樣我們得到參數(shù)a范圍的一個必要條件.

下面再驗證其充分性，最后得到參數(shù)的準(zhǔn)確范圍.

解：（2）令g（x）=f（x）+1=xeax－ex+1，則g（0）=0.

由g′（x）=（ax+1）eax-ex，得g′（0）=0.

又g″（x）=（a2+2a）eax－ex，則g″（0）=2a－1.

若a>12，則g″（0）=2a－1>0，則存在x0>0，當(dāng)x∈（0，x0），g″（x）>0.

所以g′（x）在（0，x0）單調(diào)遞增，g′（x）>g′（0）=0.

所以g（x）在（0，x0）單調(diào)遞增，則g（x）>g（0）=0，與題設(shè)矛盾.

若a≤12，令g（x）=x（ex）a－ex=φ（a），由x>0，得

ex>1，則φ（a）在－∞，12上單調(diào)遞增.

所以φ（a）≤φ12=xex2－ex.

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

μ′（t）=2（ln t+1－t）.

由切線不等式ln t<t-1，得μ′（t）<0.

所以μ（t）=2tln t－t2在（1，+∞）上單調(diào)遞減，則

μ（t）<μ（1）＜0恒成立，滿足充分性.

綜上：a∈－∞，12.

小結(jié)：本題利用區(qū)間端點0滿足g（0）=0，g′（0）=0，

再結(jié)合g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，得到g″（0）≤0，進而得a≤12.

由此得到參數(shù)a的范圍的一個必要條件，最后再驗證其充分性，并說明a>12時，不符合題意.

例5（2023年新課標(biāo)全國Ⅱ卷）

（1）證明：當(dāng)0<x<1時，x－x2<sin x<x；

（2）已知函數(shù)f（x）=cos ax－ln（1－x2），若x=0是f（x）的極大值點，求a的取值范圍.

分析：（1）略.

（2）易得f′（x）=－asin ax+2x1－x2（－1＜x＜1）.

由題意x=0為f（x）的極大值點，則f′（0）=0，f″（0）<0.又f″（0）=2－a2＜0，得a＜-2或a＞2，這樣縮小了參數(shù)a的范圍，再驗證其充分性.

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.

當(dāng)a＞0，取x0=minπa，1，當(dāng)x∈（0，x0）時，f（x）>0，則f″（x）在（0，x0）單調(diào)遞增.

所以f″（x）>f″（0）=2－a2.

若a∈（0，2］，則f″（x）>f″（0）=2－a2≥0，可得f′（x）在（0，x0）單調(diào)遞增，有f′（x）>f′（0）=0.

所以f（x）在（0，x0）單調(diào)遞增，與x=0為f（x）的極大值點矛盾.

若a∈（2，+∞），則f″（0）=2－a2<0，故存在t∈（0，x0），使f″（x）<0.于是f′（x）在（0，t）單調(diào)遞減，有f′（x）<f′（0）=0，則f（x）在（0，t）單調(diào)遞減.又y=f（x）為偶數(shù)，則f（x）在（－t，0）單調(diào)遞增.所以x=0為f（x）的極大值點.故a∈（2，+∞）.

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

綜上：a∈（－∞，－2）∪（2，+∞）.

小結(jié)：本題通過一個二級討論“已知函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），令g（x）=f′（x），若x=x0為f（x）的極小值點，則f′（x0）=0，g′（x0）＞0;若x=x0為f（x）的極大值點，則f′（x0）=0，g′（x0）<0”，

尋找到參數(shù)范圍的一個必要條件，通過“端點取值+矛盾區(qū)間”的組合拳，完成了充分性和必要性的證明.本題的難點在于如何尋找矛盾區(qū)間，巧妙地通過三階導(dǎo)數(shù)一層一層反推完成.由此可見，“局部縮小”的思想方法可以幫助學(xué)生打開思路，大大降低學(xué)生的時間成本.

類似的考題在2023年全國甲卷（理科）也出現(xiàn)過：

已知函數(shù)f（x）=ax－sin xcos 3x，x∈0，π2.

（1）當(dāng)a=8時，討論f（x）的單調(diào)性；

（2）若f（x）<sin 2x恒成立，求a的取值范圍.

3 關(guān)于端點取值進行“局部縮小”失效的問題解題策略

例6（2020年全國Ⅰ卷理科）

已知函數(shù)f（x）=ex+ax2－x.

（1）當(dāng)a=1時，討論f（x）的單調(diào)性；

（2）當(dāng)x≥0時，f（x）≥x32+1，求a的取值范圍.

分析：（1）略.

（2）當(dāng)x≥0時，f（x）≥x32+1，即ax2≥x32+x+1－ex.若x=0，則不等式恒成立.

當(dāng)x＞0時，參變分離，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.易證g（x）max=g（2）=7－e24.g（x）在x=2處取得最值，但2并非定義域的端點，由此通過端點取值進行

“局部縮小”失效.

令h（x）=ex－x32+ax2－x－1在x=x0（x0≠0）處取得最小值，則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.

小結(jié)：當(dāng)通過端點取值進行“局部縮小”失效時，我們只要抓住方程組f（x0）=0，f′（x0）=0，找到函數(shù)的最值點，尋找必要條件，最后再證明充分性.

“局部縮小”策略是我們在處理一些不適宜參變分離或者參變分離后的函數(shù)比較復(fù)雜的一類不等式恒成立問題的一種行之有效的方法，運用得當(dāng)可以達到事半功倍的效果，值得大家借鑒.