例談不等式恒成立求參數(shù)范圍問(wèn)題的解題策略

周建權(quán)

摘要：不等式恒成立求參數(shù)范圍的問(wèn)題是高考和各地模擬考試中的熱點(diǎn)問(wèn)題，此類(lèi)問(wèn)題形式多樣，解決起來(lái)有一定困難，本文中通過(guò)具體例子探討此類(lèi)題型的解題策略，分析其中的思維邏輯.

關(guān)鍵詞：不等式恒成立；參數(shù)范圍；解題策略

不等式恒成立求參數(shù)范圍的問(wèn)題能夠充分聯(lián)系不等式、函數(shù)與方程、導(dǎo)數(shù)等知識(shí)，有利于考查學(xué)生數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理、數(shù)學(xué)抽象等學(xué)科核心素養(yǎng)，是高考和各地?？嫉臒狳c(diǎn)問(wèn)題.此類(lèi)問(wèn)題形式多變、綜合性強(qiáng)，學(xué)生往往捉摸不透，本文中結(jié)合具體例子談?wù)劥祟?lèi)問(wèn)題的解題策略.

1分離參數(shù)法

分離參數(shù)法就是對(duì)不等式變形，將參數(shù)與變量分離，構(gòu)造無(wú)參數(shù)函數(shù)，進(jìn)而研究該函數(shù)的最值.

例1（2020年全國(guó)卷Ⅰ理科第21題）已知函數(shù)f（x）=ex+ax2－x.（1）略.（2）當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≥12x3+1，求a的取值范圍.

下面重點(diǎn)研究第（2）問(wèn)的解題策略.

解法1：由題意，知ex+ax2－x≥12x3+1（x≥0）.

當(dāng)x=0時(shí)，不等式為1≥1，顯然成立，符合題意.

當(dāng)x>0時(shí)，分離參數(shù)a，得a≥12x3+x+1－exx2.

令g（x）=12x3+x+1－exx2，則只需a≥g（x）max.

對(duì)g（x）求導(dǎo)，得

g′（x）=（2－x）ex+12x3－x－2x3

=（2－x）ex+12（x－2）（x2+2x+2）x3

=－（x－2）ex－12x2－x－1x3.

令h（x）=ex－12x2－x－1，則h′（x）=ex－x－1.

令φ（x）=ex－x－1，當(dāng)x>0時(shí)有φ′（x）=ex－1>0，則h′（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，所以h′（x）>h′（0）=0，故h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，因此h（x）>h（0）=0.故當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減.因此，g（x）max=g（2）=7－e24.

所以a的取值范圍是[JB（7－e24，+∞.

評(píng)析：此類(lèi)恒成立問(wèn)題一般在參數(shù)容易分離且分離之后最值好求的情況下使用分離參數(shù)法，難度較大的恒成立問(wèn)題分離參數(shù)后可能需要多次求導(dǎo)、使用洛必達(dá)法則、切線放縮等.如本題在研究g′（x）的正負(fù)時(shí)，一個(gè)難點(diǎn)是將12x3－x－2分解成12（x－2）（x2+2x+2），另一個(gè)難點(diǎn)是將ex－12x2－x－1獨(dú)立出來(lái)研究，判定其大于0.

2不分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)

參變不易分離，或分離后函數(shù)結(jié)構(gòu)復(fù)雜不易研究，則可不分離參數(shù)，將參數(shù)和變量放到不等式同一側(cè)，直接構(gòu)造含參函數(shù).

2.1直接分析最值

下面給出例1的解法2.

解法2：當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≥12x3+1恒成立，等價(jià)于ex≥12x3－ax2+x+1，亦等價(jià)于

12x3－ax2+

x+1e－x≤1.

令g（x）=12x3－ax2+x+1e－x，x≥0，則

g′（x）=－12x3－ax2+x+1－32x2+2ax－1e－x

=－12x（x－2a－1）（x－2）e－x.

①當(dāng)2a+1≤0，即a≤－12時(shí)，由g′（x）=0，得x=0或x=2.當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增.又g（0）=1，所以g（x）>1，不合題意.

②若0<2a+1<2，即－120，g（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減.又g（0）=1，所以g（x）≤1恒成立只需g（2）≤1，即（7－4a）e－2≤1，則a≥7－e24.所以當(dāng)7－e24≤a<12時(shí)，g（x）≤1成立.

③當(dāng)2a+1≥2，即a≥12時(shí)，g（x）=12x3－ax2+x+1e－x≤12x3+x+1e－x.又由②可知，a=0時(shí)，g（x）=12x3+x+1e－x≤1恒成立，所以a≥12時(shí)，滿足題意.

綜上所述，a的取值范圍是[JB（7－e24，+∞[1].

評(píng)析：同一個(gè)不等式可以等價(jià)變形構(gòu)造出不同的函數(shù)，變形的目標(biāo)應(yīng)該是構(gòu)造出易于研究的函數(shù).如本題將原不等式變形為ex－12x3+ax2－x－1≥0，構(gòu)造m（x）=ex－12x3+ax2－x－1，則不易研究.解法2通過(guò)變形對(duì)ex進(jìn)行巧妙處理，構(gòu)造的函數(shù)g（x）可以在求導(dǎo)后省去研究指數(shù)函數(shù)，有利于分類(lèi)討論.

2.2必要性探路法

必要性探路法指的是利用不等式在一些特殊情況下成立，得到參數(shù)的一個(gè)取值范圍，該范圍是不等式恒成立的一個(gè)必要條件，如果能證明該范圍也是不等成立的充分條件，則該范圍即為所求，如果不是充分條件，也縮小了參數(shù)的范圍.

（1）端點(diǎn)效應(yīng)探路

端點(diǎn)效應(yīng)：記含參函數(shù)為f（x）（m為參數(shù)），若f（x）≥0在［a，b］上恒成立，且f（a）=0（或f（b）=0），則f′（a）≥0（或f′（b）≤0）；若f（x）≥0在［a，b］上恒成立，且f（a）=0，f′（a）=0，或f（b）=0f′（b）=0，

則f″（a）≥0（或f″（b）≥0）[2].

例2（2022年新高考Ⅱ卷第22題）已知函數(shù)f（x）=xeax－ex.（1）略.（2）當(dāng)x>0時(shí)，f（x）<－1，求a的取值范圍.

解：設(shè)h（x）=xeax－ex+1，則當(dāng)x>0時(shí)，恒有h（x）<0.

注意到h′（x）=（1+ax）eax－ex，所以h′（0）=0.

設(shè)g（x）=（1+ax）eax－ex（x＞0），則g（0）=0，且

g′（x）=（2a+a2x）eax－ex.

若原不等式成立，則必有g(shù)′（0）=2a－1≤0，即a≤12.因?yàn)槿鬵′（0）=2a－1>0，則由于g′（x）為連續(xù)函數(shù)，因此存在x0∈（0，+∞），使得x∈（0，x0），g′（x）>0，故g（x）在（0，x0）為增函數(shù).又g（0）=0，所以g（x）>0，即h′（x）>0，故h（x）在（0，x0）為增函數(shù)，因此h（x）>h（0）=0，與題設(shè)矛盾.

當(dāng)0

h′（x）=（1+ax）eax－ex=eax+ln（1+ax）－ex.

下證：對(duì)任意x>0，總有l(wèi)n（1+x）

設(shè)S（x）=ln（1+x）－x（x>0），則S′（x）=11+x－1<0，所以

S（x）在（0，+∞）上為減函數(shù).

故x＞0時(shí)S（x）

由上述不等式，當(dāng)0＜a≤12時(shí)，有

eax+ln（1+ax）－ex

所以h′（x）≤0總成立，則h（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)，

故h（x）

當(dāng)a≤0時(shí)，有h′（x）=eax－ex+axeax<1－1+0=0，

所以h（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)，故h（x）

綜上所述，a的取值范圍為[JB（]-∞，12].

評(píng)析：含參函數(shù)求最值時(shí)往往需要對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類(lèi)討論，分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)的確定是難點(diǎn)和關(guān)鍵點(diǎn).如本題僅從h′（x）=（1+ax）eax－ex的形式較難發(fā)現(xiàn)對(duì)a進(jìn)行討論的分類(lèi)點(diǎn)，如果用端點(diǎn)效應(yīng)來(lái)看，思路就比較清晰了.實(shí)際上，利用端點(diǎn)效應(yīng)有助于確定參數(shù)分類(lèi)討論的標(biāo)準(zhǔn).

（2）其他特殊點(diǎn)探路

例3（2020年新高考Ⅰ卷第21題）已知函數(shù)f（x）=aex－1－lnx+lna.（1）略.（2）若不等式f（x）≥1恒成立，求a的取值范圍.

解法1：因?yàn)閒（x）≥1恒成立，所以f（1）=a+lna≥1.令g（a）=a+lna，則g（a）在（0，+∞）單調(diào)遞增，且g（1）=1，故由g（a）≥1，得a≥1.

下面證明a≥1時(shí)，f（x）≥1恒成立.

當(dāng)a≥1時(shí)，f（x）=aex－1－lnx+lna≥ex－1－lnx.

令φ（x）=ex－1－lnx，則φ′（x）=ex－1－1x，φ′（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，且φ′（1）=0.所以當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，φ′（x）<0，φ（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，φ′（x）>0，φ（x）單調(diào)遞增.故φ（x）≥φ（1）=1，因此a≥1時(shí)，f（x）≥1得證.

綜上所述，a的取值范圍是［1，+∞）.

評(píng)析：利用端點(diǎn)、定點(diǎn)、極點(diǎn)等特殊點(diǎn)探路，需要對(duì)不等式結(jié)構(gòu)有較強(qiáng)的觀察分析能力，需要有函數(shù)意識(shí)、數(shù)形結(jié)合意識(shí).通過(guò)必要性探路，能夠化繁為簡(jiǎn)，理清討論的思路，同時(shí)也要注意，有時(shí)我們找到的必要條件不一定剛好也是充分條件.

3分離函數(shù)法

分離函數(shù)法，就是對(duì)不等式恒等變形，將一個(gè)復(fù)雜的含參不等式分解成不等號(hào)左右兩邊各一個(gè)函數(shù)的形式，進(jìn)而研究這兩個(gè)函數(shù)的關(guān)系.

3.1構(gòu)造同構(gòu)式

下面給出例3的解法2.

解法2：由f（x）≥1，得aex－1－lnx+lna≥1，

即elna+x－1+lna+x－1≥lnx+x，而lnx+x=elnx+lnx，所以elna+x－1+lna+x－1≥elnx+lnx.

令h（m）=em+m，則有h（lna+x－1）≥h（lnx）.

因?yàn)閔′（m）=em+1>0，所以h（m）在R上單調(diào)遞增，于是可得

lna+x－1≥lnx，因此只需lna≥（lnx－x+1）max.

令F（x）=lnx－x+1，則F′（x）=1x－1=1－xx.所以當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，F(xiàn)′（x）>0，F(xiàn)（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）<0，F(xiàn)（x）單調(diào)遞減.故以F（x）max=F（1）=0，則lna≥0，即a≥1.

因此a的取值范圍為［1，+∞）.

評(píng)析：同構(gòu)指的是結(jié)構(gòu)或形式相同，一些不等式可以通過(guò)變形使不等式兩側(cè)呈現(xiàn)相同結(jié)構(gòu)，將該結(jié)構(gòu)抽象出來(lái)構(gòu)造函數(shù)，利用所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性將結(jié)構(gòu)復(fù)雜的恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單的恒成立問(wèn)題.同構(gòu)法在“指對(duì)混合不等式”出現(xiàn)時(shí)用得較多，對(duì)代數(shù)變形能力要求較高，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的和諧對(duì)稱美，對(duì)培養(yǎng)數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)具有重要意義.

3.2數(shù)形結(jié)合

例4已知函數(shù)f（x）=－x2－2x－2，x≤0，ln（x+1），x>0，若關(guān)于x的不等式f（x）－ax－a+12≤0在R上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是＿＿＿＿.

解：f（x）－ax－a+12≤0在R上恒成立等價(jià)于f（x）≤ax+a－12在R上恒成立，即函數(shù)f（x）的圖象恒在直線l：y=ax+a－12的下方，如圖1所示.

直線y=ax+a－12過(guò)定點(diǎn)－1，－12，當(dāng)直線l與曲線y=ln（x+1）（x>0）相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)P（x0，ln（x0+1））.

對(duì)y=ln（x+1）求導(dǎo)，可得

y′=1x+1.由1x0+1=ln（x0+1）+12x0+1，解得x0=e12－1，此時(shí)直線l斜率為e－12，即a=e－12.

當(dāng)直線l與曲線y=－x2－2x－2（x≤0）相切時(shí)，由ax+a－12=－x2－2x－2，得x2+（a+2）x+a+32=0，

令Δ=（a+2）2－4a－6=0，得a=2或a=－2（舍去），此時(shí)直線l斜率為2.

結(jié)合圖象，可知e－12≤a≤2.

評(píng)析：數(shù)形結(jié)合法就是通過(guò)分離函數(shù)，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象位置關(guān)系的問(wèn)題.分離出來(lái)的兩個(gè)函數(shù)一般是“一直一曲”，便于研究位置關(guān)系.分離函數(shù)后正確畫(huà)出函數(shù)的圖象是解題的關(guān)鍵，需分析函數(shù)的定義域、值域、單調(diào)性、對(duì)稱性、凹凸性、特殊點(diǎn)等.

4解題感悟

對(duì)于不等式恒成立求參數(shù)范圍的問(wèn)題，從參變分離的程度來(lái)看，若參變完全分離，則構(gòu)造的是無(wú)參數(shù)函數(shù)，能夠避免對(duì)參數(shù)的討論，但存在無(wú)參函數(shù)結(jié)構(gòu)復(fù)雜，不易研究的情況；若參變不分離，則構(gòu)造的是含參函數(shù)，對(duì)參數(shù)討論標(biāo)準(zhǔn)的確定是難點(diǎn)所在，需對(duì)常見(jiàn)超越函數(shù)的性質(zhì)有所積累，有時(shí)必要性探路法能提供思路；若參變部分分離，即分離函數(shù)法，有時(shí)能夠巧妙避免函數(shù)結(jié)構(gòu)復(fù)雜的情況和對(duì)參數(shù)的討論，要明確分離的目標(biāo)往往是構(gòu)造同構(gòu)式或便于數(shù)形結(jié)合的函數(shù).

參考文獻(xiàn)：

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[2]鄭燦基，韋才敏.不等式恒成立求參數(shù)范圍的問(wèn)題的解法總結(jié)與探究[J].中學(xué)數(shù)學(xué)研究（華南師范大學(xué)版），2022（12）：20-23.