“变量分离法”不灵了

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有关函数不等式恒成立求参数取值范围的这一热点问题，高考中备受命题者的青睐，高考中这类问题的考查常常以压轴题的形式出现，对考生能力方面的要求较高。往往这类函数不等式恒成立求参数取值范围的热点问题，难以转化为求最值问题或求函数值域问题来解，通常“变量分离，使不等式恒成立，转化为比最大还大或比最小还小”。但是，近年来相关高考题的求解，变量分离法亦非万能，屡屡难以奏效。当然，变量分离法也是重要的求解方法之一。探究这类问题的求解，请看例题1～5。

例题1 （2010年全国卷Ⅱ第22题）设函数f（x）=l-e-x。（Ⅱ）当x≥0时，f（x）≤，求a的取值范围。

分析：当x≥0时，f（x）≤恒成立，由于a∈R，需要对a进行分类讨论，方可变量分离。若a0，于是x>->0 ，有f（-）>f（0）=0，所以f（x）>0>，这与当x≥0时，f（x）≤恒成立矛盾，故a

于是a≥0时 x≥0，ax+1>0，又因为函数f（x）=1-e-x（x>0）的值域为（0，+∞） ，变量分离易得：a ≤=（x>0）。然而函数 h（x）=（x>0）的值域为 （，1），运用高中知识不易求出，故而a ≤。特别地，当x=0，a∈R时， f（x）≤恒成立； a=0时， f（x）≤（x≥0）恒成立。综上所述0 ≤a≤。

例题2 （2010年新课标全国卷第21题）设函数 f（x）=ex-1-x-ax2。（Ⅱ）若当x≥0时， f（x）≥0，求a的取值范围。

分析：变量分离易得a≤，但是函数 h（x）=（x>0）的值域为（，+∞）由高中现有知识难以求解，从而得出 a≤，理由不充分。

以上例题充分说明，变量分离法仅是求解这类问题的重要方法之一，有时还会使思路走入死胡同，欲解决此类问题还需另辟蹊径。

研究函数f（x）=ex-1-x-ax2（x≥0），注意到f（0）=0，所以当x≥0时，欲使f（x）≥0，只要能说明函数f（x）=ex-1-x-ax2在[0，+∞]上单调递增即可。于是f '（x）=ex-1-2ax，只要f '（x）=ex-1-2ax ≥0对x≥0恒成立即可。又因为 f '（0）=0，则只要 f '（x）在[0，+∞]上单调递增即可。亦即f ''（x）=ex-2a≥0 （x≥0）恒成立。而函数f ''（x）=ex-2a≥0 （x≥0） 在[0，+∞]上单调递增，故只需f ''（x）min=f ''（0）=1-2a≥0即可，故a≤，此时，函数 f （x）=ex-1-x-ax2≥0（x≥0）恒成立。

从解题过程可知，a≤仅是符合题意的充分条件，是否充分必要呢？

当a>时，由 f ''（x）=ex-2a≥0 ，解得x=ln（2a）>0 ，于是函数f '（x）有极小值点，且f '（x）= ex-1-ax2在[0，ln（2a）]单调递减， [ln（2a），+∞]单调递增 。所以x∈[0，ln（2a）]时，f '（x）

f '（0）=0，即f （x）=ex-1-x-ax2 在[0，ln（2a）]上是减函数，所以x∈[0，ln（2a）]时， f （x）< f （0）=0不符合题意。故而a≤是当x>0时，f （x）≥0成立的必要条件。

综上所述，a的取值范围是[-∞，]。

有上述例题可见，此法是运用比较法思想，作差与零比较，构造函数h（x），判断h（x）的单调性，特别是注意h（0）=0 是否成立。由导函数h'（x）探究 h（x）≤0或h（x）≥0恒成立的充分条件，（有时还需要“用二次”的思路求h''（x）用以判断h'（x）的符号），求出参数的取值范围，然后再检验该取值范围是否必要？进而求出h（x）≤0或h（x）≥0恒成立的充分必要条件——参数的取值范围。

下面运用此法求解2012年相关高考题。

例题3 （2012年高考湖南卷22题）已知函数f （x）=eax-x，其中a≠0。

（Ⅰ）若对一切x∈R， f （x）≥1恒成立，求a的取值集合；

（Ⅱ） 在函数f （x）的图象上取定两点A（x1， f （x1）），B（x2， f （x2）），其中x1k成立？若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由。

解：（Ⅰ）令h （x）=eax-x-1（a≠0），依题意对任意 x∈R，

h（x）≥0恒成立，只要h（x）min>0即可。研究其单调性，h'（x）=eax·a-1。当a

于是h （x）min=h（ln）=（1+lna）-lna>0，满足h （x）min≥0恒成立，所以1+lna-a≥0恒成立，令g（a）=1+lna-a，a>0，则g'（a）=-1= ，所以函数g（a）在[0，1]递增，在[1，+∞]递减，所以 g （x）max=g（1）=0，综上 1+lna-a≥0，且1+lna-a≤0 ，当且仅当a=1。对任意x∈R，h （x）≥0恒成立，a取值集合{1}。

（Ⅱ）依题意假设存在x0∈ （x1，x2），使f（x0）>k成立，

令φ（x）=f'（x）-k=a·eax-，即存在x0∈（x，x），使φ（x0）>0成立，因为φ'（x）=a2·eax>0，所以φ（x）是单调递增函数，于是对于给定的x，x ，只要存在ξ∈ （x，x）使得

φ （ξ）=0，必有 x0∈（ξ，x2），使得φ （x0）>0成立，其中ξ唯一存在。由于φ （x1）=·[a（x2-x1）+1-ea（ - ）]=·[at1+1-e]，

φ （x2）=·[a（x1-x2）+1-ea（ - ）]=·[at2+1-e]；

构造函数φ （x）=x+1-e， x∈R，则φ' （x）=1-e ，φ'（x）在

（-∞，0）单调递增，在 （0，+∞）单调递减，所以φ （x）的值域为（-∞，0）。由于x10， t20恒成立 ，所以有φ （x1）·φ （x2）=·[φ（x3）]·[φ（x4）]0，所以ξ=ln=ln ，综上所述，存在x0∈（ξ，x2），使得φ（x0）>0 ，即 f'（x0）> k恒成立。

例题4 （2012年高考安徽卷21题）数列{xn}满足x1=0，

xn+1=-xn+xn+c，n∈N，

（Ⅰ）证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c

（Ⅱ）求c的取值范围，使{xn}是递增数列。

分析：此题（Ⅱ）并非不等式恒成立求参数取值范围问题，但是{xn}是递增数列时，即xn< xn+1恒成立，于是xn< -xn2+xn+c恒成立，进而“用二次”思路迭代，探究递归关系，从而求解参数取值范围。解题思路与上同法，求解时思路清晰、流畅，易于掌握。

解：（Ⅰ）略。

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知{xn}是递增数列的充分必要条件是00 ，即0

又因为xn+1-xn=-xn2+c，所以{xn}是递增数列当且仅当-xn2+c>0 恒成立，且 xn+1>x1=0，于是 0 ·[1-（1-）n]，由 xn+1的取值范围得：0

总之，“变量分离法”不灵了，只是一种解题角度的转换。此类问题解法灵活、综合性强，解题时需要认真审题，把探究恒成立问题的充分条件而构造的函数与变量分离后的相应函数比较，灵活选择适当的方法，进而求解。特别是高考压轴题的求解，要灵活、善变，方法多，思路才会活，难点自然迎刃而解。