2024年高考数学重难点突破讲义：学案 特别策划1　必要条件开路——缩小范围，减少讨论

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利用必要条件缩小参数范围
例1 设函数f(x)＝ex(ax2－2x＋3)，x∈R．
(1) 若a＝0，求函数f(x)的最大值；
【解答】 当a＝0时，f(x)＝ex(－2x＋3)，则f′(x)＝ex(－2x＋1)，所以当x＜eq \f(1,2)时，f′(x)＞0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))上单调递增；当x＞eq \f(1,2)时，f′(x)＜0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递减，从而函数f(x)的最大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝2eq \r(e)．
(2) 若f(x)≥x＋3恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】 设F(x)＝f(x)－(x＋3)，则F(x)＝ex(ax2－2x＋3)－(x＋3)≥0．方法一：①若a≤0，由于F(2)＝e2(4a－1)－5＜0，不符合题意．②若a＞0，因为F′(x)＝ex[ax2＋(2a－2)x＋1]－1．设G(x)＝F′(x)，则G′(x)＝ex[ax2＋(4a－2)x＋2a－1]．对于方程ax2＋(4a－2)x＋2a－1＝0，其判别式Δ＝4(2a2－3a＋1)．
(i) 若eq \f(1,2)≤a≤1，则Δ≤0，所以G′(x)≥0，推出G(x)即F′(x)单调递增．因为F′(0)＝0，则当x∈(－∞，0)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，从而F(x)≥F(0)＝0成立．
(ii) 若0＜a＜eq \f(1,2)，则方程ax2＋(4a－2)x＋2a－1＝0有两根x1，x2(x1＜x2)．因为x1x2＝eq \f(2a－1,a)＜0，则x1＜0＜x2．当x∈(0，x2)时，有G′(x)＜0，推出G(x)即F′(x)单调递减，于是F′(x)＜F′(0)＝0，F(x)在(0，x2)上单调递减，从而在(0，x2)上得到F(x)＜F(0)＝0，不符合题意，舍去．
(iii) 若a＞1，因为F(x)＝ex·ax2＋ex(－2x＋3)－(x＋3)＞ex·x2＋ex(－2x＋3)－(x＋3)，而ex·x2＋ex(－2x＋3)－(x＋3)是F(x)当a＝1时的表达式，根据(i)知，ex·x2＋ex(－2x＋3)－(x＋3)≥0，所以F(x)＞0成立．综上，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))．
方法二：若a≤0，令x＝2，则f(2)＝e2(4a－1)＜5，不符合题意，故只需考虑a＞0的情况．由已知ex(ax2－2x＋3)≥(x＋3)，可转化为(x＋3)e－x－ax2＋2x－3≤0．设F(x)＝(x＋3)e－x－ax2＋2x－3，则F′(x)＝－(x＋2)e－x－2ax＋2．设G(x)＝F′(x)，则G′(x)＝(x＋1)e－x－2a．设h(x)＝G′(x)，则h′(x)＝－xe－x．易知h(x)即G′(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，从而G′(x)≤G′(0)＝1－2a．①当a≥eq \f(1,2)时，G′(x)≤0，于是G(x)单调递减，即F′(x)单调递减，由于F′(0)＝0，所以当x＜0时，F′(x)＞0，函数F(x)单调递增，当x＞0时，F′(x)＜0，函数F(x)单调递减，所以F(x)≤F(0)＝0成立．②当0＜a＜eq \f(1,2)时，因为G′(0)＝1－2a＞0，G′(－1)＝－2a＜0，则在区间(－1,0)内存在x0，使得G′(x0)＝0．由于G′(x)在(－∞，0)上单调递增，所以当x∈(x0,0)时，G′(x)＞0，则G(x)即F′(x)单调递增，因为F′(0)＝0，所以当x∈(x0,0)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减，于是在x∈(x0,0)上，F(x)＞F(0)＝0，与题意不符．综上，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))．
变式1 已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)，当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．
【解答】 当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于lnx－eq \f(ax－1,x＋1)＞0．令g(x)＝lnx－eq \f(ax－1,x＋1)，则g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2a,x＋12)＝eq \f(x2＋21－ax＋1,xx＋12)，g(1)＝0．①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0．②当a＞2时，令g′(x)＝0，得x1＝a－1－eq \r(,a－12－1)，x2＝a－1＋eq \r(,a－12－1)，由x2＞1及x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)＜0，不满足题意．综上，a的取值范围是(－∞，2]．
端点效应的应用
例2 已知f(x)＝ex－1－x－ax2，若∀x≥0，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】 方法一：(端点效应)因为f(0)＝f′(0)＝0，所以由端点效应可知f″(0)≥0．求导可得f″(x)＝ex－2a，故f″(0)≥0，解得a≤eq \f(1,2)．此时，f″(x)＝ex－2a在[0，＋∞)上单调递增，即f″(x)≥f″(0)＝1－2a≥0在[0，＋∞)上恒成立，因而f′(x)＝ex－1－2ax在[0，＋∞)上单调递增，即f′(x)≥f′(0)＝0在[0，＋∞)上恒成立．因此f(x)在[0，＋∞)上单调递增，即f(x)≥f(0)＝0在[0，＋∞)上恒成立．综上所述，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))．
(例2)
方法二：(常规解答)求导可得f′(x)＝ex－1－2ax．
(1) 当a≤eq \f(1,2)时，因为f″(x)＝ex－2a在[0，＋∞)上单调递增，所以f″(x)≥f″(0)＝1－2a≥0在[0，＋∞)上恒成立，因而f′(x)＝ex－1－2ax在[0，＋∞)上单调递增，即f′(x)≥f′(0)＝0在[0，＋∞)上恒成立．因此f(x)在[0，＋∞)上单调递增，即f(x)≥f(0)＝0在[0，＋∞)上恒成立．
(2) 当a＞eq \f(1,2)时，令f″(x)＝ex－2a＝0，解得x＝ln 2a∈(0，＋∞)．因为f″(x)的图象如图所示，所以f′(x)在[0，ln 2a]上单调递减，此时在区间(0，ln 2a)上均有f′(x)＜f′(0)＝0，即f(x)在(0，ln 2a]上单调递减，此时f(x)＜f(0)＝0，这与f(x)≥0恒成立矛盾．故a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))．
变式2 已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝eq \f(ax2－x,2)，若f(x)＜g(x)在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】 方法一：(分类讨论)f(x)＜g(x)等价于xlnx－eq \f(ax2－x,2)＜0，即xeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lnx－\f(ax－1,2)))＜0，记h(x)＝lnx－eq \f(ax－1,2)，x＞1，则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,2)＝eq \f(2－ax,2x)，x＞1．
(1) 当a≤0时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增．由h(1)＝0，得h(x)＞h(1)＝0，所以x·h(x)＞0，即f(x)＜g(x)不恒成立；
(2) 当0＜a＜2时，eq \f(2,a)＞1，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2,a)))时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，同理，f(x)＜g(x)不恒成立；
(3) 当a≥2时，h′(x)＜0，h(x)在(1，＋∞)上单调递减，h(x)＜h(1)＝0，所以x·h(x)＜0，即f(x)＜g(x)恒成立．故实数a的取值范围是[2，＋∞)．
方法二：(端点效应法)第一步：必要性缩小范围．f(x)＜g(x)等价于xlnx－eq \f(ax2－x,2)＜0，即xeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lnx－\f(ax－1,2)))＜0．记h(x)＝lnx－eq \f(ax－1,2)，要使在(1，＋∞)上，h(x)＜0恒成立，则h(1)≤0．因为h(1)＝0，根据端点效应，则必然有h′(1)≤0．又h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,2)＝eq \f(2－ax,2x)，可得h′(1)＝1－eq \f(a,2)≤0⇒a≥2．第二步：充分性验证结果．可以用方法一中的分类讨论，来验证a＜2时，f(x)＜g(x)不恒成立．从而可得实数a的取值范围是[2，＋∞)．
1．必要性探路法：对于一类恒成立问题，可以通过取定义域内的某个特殊的值，得到一个必要条件，缩小范围讨论或者验证其充分性，进而解决问题．这种必要性探路法所求的参数范围不一定是所求的实际范围，但是可以限定问题成立的大前提，缩小参数讨论范围，一定程度上降低了思维成本．
2．端点效应的三层心法(f(x)≥0在[a，b]上恒成立)：端点效应的核心思想是利用端点处所需满足的必要条件缩小参数的取值范围，而在很多情况下，该范围即为所求(需要求导或者放缩进行验证)．
第一层——利用原函数：若端点处函数值f(a)，f(b)包含参数λ，则根据恒成立条件在端点处也成立，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(fa≥0，,fb≥0，))解此不等式组即可缩小参数λ的取值范围．
第二层——利用一阶导：若端点处函数值恰为0，即f(a)＝0或f(b)＝0，则此时有f′(a)≥0或f′(b)≤0．
第三层——利用二阶导：若端点处函数值和导数值均为0，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(fa＝0，,f′a＝0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(fb＝0，,f′b＝0，))则此时有f″(a)≥0或f″(b)≥0．