用极点效应解决一切恒成立问题？！

\(f(x)=F(x,a)\ge 0\) 对定义域内的 \(x\) 恒成立，求 \(a\) 的取值范围。

这一问题的变种有 \(\exists x\mid f(x)<0\)、或者 \(\forall x,f(x)\le 0\) 等，它们可以相互推导，以下基于上面的问题形式展开讨论。

有些例题以 \(f(x)\) 恒 \(\le 0\) 的形式呈现，读者不妨自行转化。

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引入与界定

「极点效应（又称内点效应），与端点效应合称“特殊点效应”，是解决恒成立问题最通用的方法。」

听到这句话，我当天晚上花三个小时把大小本的全部恒成立问题过了一遍，得出结论：把上面这句话的“最”字去掉，它依然是正确的。

这是因为，除了以下两类问题外，极点效应可以瞬秒全部恒成立问题：

• \(f(x)\ge 0\) 对 \(x\in(a,b)\) 恒成立，求 \(a\) 的取值范围。

  极值点高概率取不到，含参讨论类做法需要对端点取值分类讨论。

• \(f(x)\ge 0\) 对定义域内的 \(x\) 恒成立，求整数 \(a\) 的最大值。

  \(a\) 的数值解在这类问题中一般无法精确写出，甚至表达式也相当复杂。

不难看出，以上两类问题最直接的做法（高概率也是出题人希望看到的做法）是分参。

抛开以上两类少见且刁钻的问题，我们考察极点效应处理文首给出的一般性问题的路径。

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方法介绍

考虑极点方程：

\[\begin{cases}f(x)=0\\f'(x)=0\end{cases} \]

解得 \(\begin{cases}x=x_0\\a=a_0\end{cases}\)。对于“显零点”问题（绝大多数 †），这里得到的解是平凡的，不需要集中注意力便能看出。此时不等式 \(f(x_0)\ge 0\) 的解必然恰为 \(a\ge a_0/a\le a_0\)（同样仅对大多数情况成立 ‡；特例后面会提到）；而这就是本题答案。

从感性角度理解这么做的实际意义：要得到在最严格限制下 \(a\) 的精确解，出题选取的 \(y=f(x)\) 随着 \(a\) 的变化总能与 \(x\) 轴相切，此时的切点就是 \(a\) 的限制点，\(a_0\) 则是对 \(a\) 提出限制的端点。

\[f(x)=ax-\ln \frac xa \]

（\(y=f(x)\) 在 \(a=1/\frac {\sqrt e}e/0.3\) 时的图像）

从结果来看，如果题设 \(f(x_k)=F(x_k,a)\) 关于 \(a\) 单调（这样的题占绝大多数），那么：（不妨设单调递增）

\[a\ge a_0\\ \Longleftrightarrow f(x,a)\ge f(x,a_0)\quad \forall x\\ \Longleftrightarrow f(x)\ge 0\;恒成立 \]

因此无论从出题、理论推导还是图像观察出发，通过解出 \(a_0\) 直接得到答案的方法都是自洽的。

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通用性拓展

对于许多 \(F(x_k,a)\) 关于 \(a\) 不单调的情况，该方法同样适用，但需要对 \(x\) 的取值范围加以限制：

\[f(x)=\frac 12 x^2-a\ln x+(1-a)x+\frac{e^2}2 \]

（\(y=f(x)\) 在 \(a=1.5/e/5\) 时的图像。类似的还有 \(f(x)=ax+\frac {a-1}x+1-2a-\ln x\)）

讲到这里，极点效应似乎依然只是针对某些特殊问题的对策卡。但事实是，除了上面涉及到的函数外，它还可以顺畅地得出以下函数 \(\ge 0/\le 0\) 恒成立问题的答案：（全部来源于大 / 小本的恒成立专题、数列不等式专题）

\(f(x)\)	\(x_0\)	\(a_0\)
\((2-a)x-2\ln x+2\)	\(e^2\)	\(2-\frac 2{e^2}\)
\(ax-\frac {\sin x}{\cos^2 x}+\sin x\)	\(0\)	\(0\)
\(e^x+\sin x+\cos x-ax-2\)	\(0\)	\(2\)
\(e^x-ax-1-x^2e^x\)	\(0\)	\(1\)
\(2x^2+ax-\ln x+1\)	\(1\)	\(-3\)
\(e^{2x}-a\ln x-2a-a\ln \frac 2a\)	\(\frac 12\)	\(e\)
\(ae^{x-1}-\ln x+\ln a-1\)	\(1\)	\(1\)
\(e^x+ax^2-x-\frac 12x^3-1\)	\(2\)	\(\frac{7-e^2}4\)

而这就是几乎全部问题。对于显零点、“上下浮动不定” 的函数而言，“极点方程组”的解，必定恰好命中出题设计函数时锚定的唯一限制点。

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收尾与可行性论证

剩下的就是拿着答案去证明充分性了（必要性由 \(f(x_0)\ge 0\) 立刻得出）。因为 \(F(x,a)\) 关于 \(a\) 单调，所以施以主元放缩：仅需证明 \(f(x)\ge 0\) 在 \(a=a_0\) 时成立。极点方程完成了参数的消除，同时顺带给出了导函数零点（限制点），你围绕它展开证明即可。

但是，为什么要大费周章地再求两次导、甚至动用隐零点去证明一个不等式？这一方法不是 “理论自洽” 的吗？为什么不能把上面的充分性说明直接搬到答卷上？

这是因为，对于出题不会涉及的一般连续函数，上面的逻辑是打不通的。断层在于，你无法严谨说明：\(a=a_0\) 时，\(f(x)_\min\) 于 \(x=x_0\) 取到。

除极值点外，最值亦可能于定义域的开放端点（如 \(+\infty\)）处取得；尽管分析此类函数相关的恒成立问题超出了高中知识范围，但你不能忽视它们的存在。

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特殊

然而，并不是所有问题都处于如此理想的情况。

‡ 比如，聪明的小伙伴就要问了：\(f(x_0)\) 恒 \(=0\) 要如何处置？

\[f(x)=\sin x+\ln(x+1)-ax\\ \]

（\(y=f(x)\) 在 \(a=1/2/3\) 时的图像）

解方程组会得到 \(\begin{cases}x_0=0\\a_0=2\end{cases}\)，而 \(f(x_0)\ge 0\) 的不等式则解不通了。从 \(f(x_0)=0\) 入手，考虑其邻域：

\[f(x_0^+)\le 0 \Longrightarrow f'(x_0)\le 0\\ f(x_0^-)\le 0 \Longrightarrow f'(x_0)\ge 0 \]

立刻得出 \(f'(x_0)=0\)，则 \(a=a_0\)，即为答案。充分性证明就是搬运上述邻域讨论。

仔细思考，这和端点效应如出一辙。区别在于，端点效应仅对单侧的 \(f'(x)\) 提出限制，因此 \(a\) 的取值范围是一段区间；而当恒为零的限制点出现在了定义域内部时，\(x_0\) 两侧的 \(f'(x)\) 都会被卡住，因此 \(a\) 只能取一个孤立的值。

聪明的小伙伴又要问了：\(f'(x_0)\) 恒 \(=0\) 又要如何处置？

\[f(x)=xe^x+x\cos x-ax^2-2x\quad \left(x\ge -\frac \pi 2\right) \]

（\(y=f(x)\) 在 \(a=0.5/1/2\) 时的图像）

仿照二阶端点效应，我们希望 \(f'(x_0^-)\le 0,f'(x_0^+)\ge 0\)，立刻有 \(f''(x_0)\ge 0\)，即得 \(a\) 的范围。

这也进一步说明了：端点效应是极点效应在 \(x_0\) 恰位于定义域端点时的特殊情况。

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† 聪明的小伙伴还要问了：\(x_0\) 瞪不出来怎么办？

\[f(x)=\ln x+x+1+axe^x\\ f(x)=x^3e^{2x}-ax-3\ln x-1 \]

以第一个函数为例，\(x_0\) 实际上满足 \(x_0+\ln x_0=0\)；把 \(t=x+\ln x\) 作为整体代入，发现该函数即为 \(t+1+ae^t\)，\(a=-1\) 时即为经典不等式，取等条件恰为 \(t=0\)。

对于这类极点方程出现指对纠缠不清、且没有特殊解的情况，第一时间考虑指对同构。这两个题的答案分别是 \(a\le -1\) 和 \(a\le 2\)，均可以指对同构简单发现并证明。

上面函数是个老演员。

• 大本 3.14 例2：\(f(x)=\ln x+x+1+axe^x\)
• 小本 3.20 T1：\(f(x)=\ln x+ax+1-xe^x\)
• 小本 3.8 T1：证明 \(\ln x+x+1-xe^x\le 0\)
• 大本 3.8 跟1(2)：\(f(x)=xe^{2x}-ax-\ln x-1\)

换元后的限制点均为 \(t=0\)；最后一题令 \(t=2x+\ln x\) 即可。

如果指对同构失败了怎么办？

笔者断言，此类隐零点不可能得出 \(a\) 的精确范围，属于本文开头提到的估值问题；更加精细的隐零点估算只会出现于零点个数问题。

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做法关联与统一

话虽如此，假设我注意力涣散，看不出指对同构，这类题依然是能做下去的。以小本 3.20 T1 为例：

\[f(x)=\ln x+ax+1-xe^x \]

解极点方程得出 \(\ln x_0+x_0^2e^{x_0}=0\)（实则与上面 \(x_0+\ln x_0=0\) 等价）。那么不妨考虑常规分参做法：

\[a\le \frac {xe^x-\ln x-1}x \]

右边求导，惊讶地发现导函数零点 \(x'_0\) 满足：

\[\boxed{\ln x'_0+{x'_0}^2e^{x'_0}=0} \]

这和极点效应得出的限制点完全一致！这并不是巧合：两者的解指向同一个 \((x_0,a_0)\) 的限制对，而这就是出题人想让你求解的值。

从代数分析角度，记 \(f(x)=g(x)-ah(x)\)：

\[\begin{cases}g(x)-ah(x)=0\\(g(x)-ah(x))'=0\end{cases}\\ \Longrightarrow g(x)h'(x)=h(x)g'(x)\\ \Longrightarrow \left(\frac {g(x)}{h(x)}\right)’=0 \]

因此，如果走投无路，立刻拿着这个 \(x_0\) 转到分参做法：这会使你要面对的化简变得更直接。

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结论：通性通法

综上，处理恒（能）成立问题的一般方法：

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归纳与延伸

到这里，读者想必已经对极点效应的伟力有了充分认识。回过头看，我们为什么需要极点效应？

• 处理 “函数内存在多个含 \(a\) 项、无法分参且含参讨论困难” 问题的利器，同时又不失其通用性。
• 抛弃大脑，必定成功，杀死所有技巧，将问题转化为最基础的不等式证明。
• 即使没时间写过程，也能秒出答案骗分。

而极点效应带给我们的，其实不止是一个套路，更是一种思维模式。

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迁移：包含等号的不等式证明

已知函数 \(f(x)=e^x-x^2\)。

1. 求 \(y=f(x)\) 在 \((1,f(1))\) 处的切线方程；
2. 证明：\(e^x+(2-e)x-1\ge x\ln x+x\)。

本题第 (1) 问提示我们 \(e^x-x^2\ge (e-2)x+1\)，于 \(x=1\) 取等。考虑第 (2) 问不等式的取等条件亦为 \(x=1\)，因此自然想到将该结论迁移到证明上。

这题的不等式证明，因为前置问题的存在，得以迎刃而解。那如果引导函数被去掉了呢？

证明：\(e^x+\frac 1x\ge 2-\ln x+x^2+(e-2)x\)。

乍看之下，放缩可能性太多，无从下手。然而，注意到待证不等式的符号包含了 \(=\)，不妨从取等条件入手。代入 \(x=1\)，成功。因此，我们放缩所采用的经典不等式，其取等条件也应该是 \(x=1\)。

这其实就是极点效应的思想：从不等式的最严格限制点 \(x_0\) 出发，根据该限制点的恒定性，缩小待选放缩材料的范围。回到这题，在排除掉诸如 \(e^x\ge x+1\) 之类材料后，无需多试即可得出 \(e^x\ge ex+(x-1)^2\) 的正解。

考虑极点效应在得出不等式后的证明过程，实则也是 “围绕 \(x_0\) 展开”；这类包含 “\(=\)” 的不等式证明，在出题上和恒成立问题类似，大抵都是在限制点的基础上完成构造。

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启示

高中数学很少有真正实现 “从出题人角度思考” 的题目解法，极点效应就是其一。

对于导数这样成体系的重难板块，我们的思考应该逐层递进：

• 这道题怎么做？
• 这道题为什么可以这样做？（凭什么能打通？）
• 这道题为什么应该这样做？（相比其它方法的优势？）
• 这类题为什么都可以这样做？（一种题型的通性）
• 出题人如何指引我这样做？（抽象化思维，高概率触类旁通）

这一思维路径并非只适用于导数，甚至并非只适用于数学。

一个对每一套知识体系都完成上述思考的应试者，想不高分是很难的。