從一道聯(lián)考題談不等式恒成立問題的解題策略

俞國梁

(浙江省永康市永康外國語學(xué)校 321300)

縱觀近些年的高考和各級各類模擬考，不等式恒成立求參數(shù)范圍問題越來越受命題者的青睞，已成為?？汲Ｐ碌膯栴}，因此該類問題是高考備考的一大重點(diǎn).從內(nèi)容來看，該類試題的交匯面廣，綜合考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式等方面的知識；從考查能力角度來看，該類試題不僅可以很好地考查考生的“四基”(基礎(chǔ)知識、基本技能、基本思想、基本活動經(jīng)驗(yàn))，還能考查考生的關(guān)鍵能力和數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)(數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)建模、數(shù)據(jù)分析、直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算)，是展示考生能力的一個很好的平臺.但是從實(shí)際的教師教學(xué)和學(xué)生掌握情況來看，該類問題又是復(fù)習(xí)備考的一大難點(diǎn).如何有效突破這一重點(diǎn)、難點(diǎn)，成為廣大一線教師在復(fù)習(xí)備考中亟待解決的一大課題，現(xiàn)筆者結(jié)合自身教學(xué)實(shí)踐與研究，以2021年山西省三重教育11月高三大聯(lián)考導(dǎo)數(shù)題為例，闡述如何突破該類問題的解題策略.

1 問題呈現(xiàn)與分析

(2)若對?x>0，f(x)≥lna+2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

分析該題是2021年山西省三重教育11月大聯(lián)考理科第20題，第(1)問屬于常規(guī)問題，本文不再贅述，重點(diǎn)論述第(2)問，此問是含有參數(shù)的不等式恒成立問題，本小題綜合性強(qiáng)、解法靈活、難度較大，主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，含參不等式恒成立求參數(shù)范圍等知識，考查了學(xué)生分析問題、解決問題的能力及轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學(xué)思想，體現(xiàn)了邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).本文嘗試對本題的第(2)問從不同的角度予以思考，給出不同的解法.

2 解法探究

2.1 轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值法

對于一些含參不等式恒成立問題，將不等式朝著有利于通過導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性的方向變形，將不等式整理為一側(cè)為常數(shù)(一般為零)的形式，根據(jù)題目的量詞(?或?)，將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值與常數(shù)(一般為零)的不等關(guān)系，這是處理不等式問題最基本的通法之一.

解法1由f(x)≥lna+2，得

問題轉(zhuǎn)化為g(x)min≥0，

易知g′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

設(shè)x1max{2,a}，

則g′(x1)<0，g′(x2)>0.

所以存在x0∈(x1,x2)使g′(x0)=0.

當(dāng)0x0時g′(x)>0，則g(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減，在(x0,+∞)上單調(diào)遞增.

即lna=x0+lnx0-2.

易知φ(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.

又φ(1)=0，則0

所以lna=x0+lnx0-2≤-1.

2.2“切線”放縮法

一些含參不等式中，將指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)綜合考查，尤其是與ex,lnx有關(guān)的超越函數(shù)問題，若直接求導(dǎo)找零點(diǎn)(多數(shù)情況下是隱零點(diǎn))，往往復(fù)雜繁瑣，此時若能巧妙運(yùn)用一些“切線不等式”進(jìn)行放縮，將復(fù)雜的超越函數(shù)轉(zhuǎn)化為簡單函數(shù)(以直代曲)，常?？梢云鸬交睘楹喌男Ч?牢記兩個重要的“切線不等式”：①ex≥x+1(x∈R，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時等號成立)；②lnx≤x-1(x∈R，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時等號成立)，這兩個不等式是“切線放縮”法的基礎(chǔ).

解法2(利用ex≥ex放縮)由ex≥ex，得

當(dāng)0ae時，h′(x)>0，則h(x)在(0,ae)上單調(diào)遞減，在(ae,+∞)上單調(diào)遞增.

所以h(x)min=h(ae)=-2lna-2.

當(dāng)x=1且x=ae時，f(x)-lna-2取最小值為-2lna-2.

故-2lna-2≥0.

當(dāng)0ln(ae2)時，h′(x)>0，則h(x)在(0,ln(ae2))上單調(diào)遞減，在(ln(ae2),+∞)上單調(diào)遞增.

所以h(x)min=h(ln(ae2))=-2lna-2.

當(dāng)x=1且x=ln(ae2)時，f(x)-lna-2取最小值為-2lna-2.

故-2lna-2≥0.

2.3 “同構(gòu)”法

即ex-lna-2+x-lna-2≥x+lnx=elnx+lnx.

設(shè)φ(t)=et+t，則φ(x-lna-2)≥φ(lnx).

易知φ(t)為單調(diào)遞增函數(shù).

所以x-lna-2≥lnx.

即lna≤x-lnx-2.

ex-lna-2-lna-2≥lnx.

即ex-lna-2+x-lna-2

=ex-lna-2+lnex-lna-2

≥x+lnx.

設(shè)φ(t)=t+lnt，

則φ(ex-lna-2)≥φ(x).

易知φ(t)為單調(diào)遞增函數(shù).

所以ex-lna-2≥x.

又ex-1≥x(當(dāng)且僅當(dāng)x=1時等號成立)，

解法6(同構(gòu)函數(shù)“xex”法)由f(x)≥lna+2，整理,得xex≥ae2x·ln(ae2x).

即xex≥ln(ae2x)·eln(ae2x).

設(shè)φ(t)=tet(t>0)，則

φ(x)≥φ[ln(ae2x)].

求導(dǎo)，得φ′(t)=(t+1)et>0.

則φ(t)為單調(diào)遞增函數(shù).

所以x≥ln(ae2x).

即ex≥ae2x.

又ex-1≥x(當(dāng)且僅當(dāng)x=1時等號成立)，

2.4 必要性“探路”法

對一類函數(shù)不等式恒成立問題，可以通過取函數(shù)定義域中某個數(shù)，縮小參數(shù)的討論范圍，獲得初步的參數(shù)范圍，之后在此范圍內(nèi)繼續(xù)討論進(jìn)而解決問題.在這個定義中，“取函數(shù)定義域中某一個數(shù)”，便相當(dāng)于尋找一個能使題意成立的必要條件，而題目本身要尋求的參數(shù)的取值范圍(或最值)，相當(dāng)于是使題意成立的充分必要條件.因此，在找到必要條件的基礎(chǔ)上，只需要證明這個條件反過來能推出題意，即證明這個條件也是滿足題意的充分條件.這樣，充分性和必要性都成立，那么所求出的范圍必然是題目所尋求的參數(shù)的準(zhǔn)確取值范圍，這便是必要性“探路”法.

解法7由f(x)≥lna+2，得

問題轉(zhuǎn)化為g(x)≥0恒成立，則

則m(a)≥ex-1-lnx-1.

又ex-1≥x且x-1≥lnx(當(dāng)且僅當(dāng)x=1時兩等號成立)，則ex-1-lnx-1≥0.

所以g(x)=m(a)≥0.

2.5 “凹凸”反轉(zhuǎn)法

有些不等式，將其適當(dāng)變形，使之滿足兩個條件：(1)不等式變形后，不等號兩側(cè)的對應(yīng)函數(shù)呈現(xiàn)凹凸反轉(zhuǎn)的特點(diǎn)；(2)兩側(cè)對應(yīng)函數(shù)在同一點(diǎn)取最值.如不等式F(x)≥0變形為f(x)≥g(x)，f(x)為凹函數(shù)且在x=x0處取得最小值，g(x)為凸函數(shù)且在x=x0處取得最大值，問題轉(zhuǎn)化為f(x0)≥g(x0).

解法8由f(x)≥lna+2，整理,得

則當(dāng)01時m′(x)>0，則m(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增.

所以m(x)min=m(1)=e.

2.6 反函數(shù)法

若函數(shù)m(x)與函數(shù)n(x)互為反函數(shù)，則兩函數(shù)圖象關(guān)于直線y=x對稱，于是我們不難明白不等式m(x)≥n(x)等價于m(x)≥x(或x≥n(x)).我們又知道同底的對數(shù)函數(shù)與指數(shù)函數(shù)互為反函數(shù)，所以在解決一些同時含有指數(shù)和對數(shù)的不等式問題時，若我們能將不等式變形為m(x)≥n(x)的形式，則可以借助m(x)≥x(或x≥n(x))解題，減少運(yùn)算，化繁為簡.

解法9由f(x)≥lna+2，整理,得