不等式恒成立求参数范围问题的解题方法

师生联盟数学 2024-12-03 679 0

广西南宁市第三中学（530021）沈飞龙

［摘要］求解不等式恒成立时参数的范围，首要策略为将参数和变量剥离，即参变分离，进而简化为求解变量所属函数的最值。然而，新高考题型多变，仅凭参变分离难以有效解决问题。文章通过多角度分析题目，归纳出隐零点法、分类讨论法、指对数切线不等式放缩法、同构法、必要性探路法等解题方法。

［关键词］不等式恒成立；参数范围；参变分离

利用导数研究不等式恒成立求解参数的范围问题，是高考导数部分的重难点，要求考生具备解决复杂问题的思维能力和综合分析能力。此类问题主要考查分类讨论、函数与方程、转化与化归、数形结合等数学思想，以及数学抽象、逻辑推理、数学建模、数学运算等核心素养。本文以2020 年高考全国Ⅰ卷第21 题作为实例，由于该题无法直接运用参变分离法进行求解，故深入探讨了六种在无法参变分离时常用的解题方法，旨在为解决此类问题寻找最优策略。

一、试题呈现

（2020年高考全国Ⅰ卷第21题）已知函数f（x）=aex-1-ln x+ln a。

（1）当a=e时，求曲线y=f（x）在点（1，（f1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

（2）若不等式f（x）≥1恒成立，求a的取值范围。

分析本题第（1）问求解切线方程与两坐标轴围成的三角形的面积，其解法常规，故不详述。第（2）问聚焦不等式恒成立求解参数范围，此类问题在日常练习中较为常见，可先让学生尝试常规解法，如若遇阻，再考虑探索其他解决途径，以确保问题得以顺利解决。

二、解法探究

（1）略。

（2）解法1：隐零点法

∵f（x）=aex-1-ln x+ln a，∴f（′x）=aex-1- 不等式恒成立求参数范围问题的解题方法，且a ＞0。

设g（x）=f （′x），则g（'x）=aex-1+ 不等式恒成立求参数范围问题的解题方法＞0，

∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，即f （'x）在（0，+∞）上单调递增，

当a=1时，f（′1）=0，∴f（x）min=f（1）=1，∴f（x）≥1成立。

∴f（x0）＞1，∴f（x）≥1恒成立，

当0 ＜a ＜1时，f（1）=a+ln a ＜a ＜1，∴f（1）＜1，f（x）≥1不是恒成立。

综上所述，a的取值范围是[1，+∞)。

点评：观察题目，发现参数a 无法直接分离，因此首先考虑采用通用且熟悉的含参分析方法，即利用导数判断函数f（x）的单调性，并结合f（x）min ≥0来求解。此方法是解决此类问题的通性通法，可作为学生的一种基本解题思路。

解法2：分类讨论法

①若a=1时，f（x）=ex-1-ln x，∴f（′x）=ex-1- 不等式恒成立求参数范围问题的解题方法是（0，+∞）上的增函数，且f（′1）=0，当x ∈（0，1）时，f （′x）＜0；当x ∈（1，+∞）时，f （′x）＞0，所以f（x）min=f（1）=1，f（x）≥1成立。

②若a ＞1时，f（x）=aex-1-ln x+ln a ≥ex-1-ln x，由①知，此时f（x）≥1成立。

③若0 ＜a ＜1时，f（1）=a+ln a ＜1，不合题意，舍去。

综上所述，a的取值范围是[1，+∞)。

点评：因题目出现ln a，a 作为对数的真数较为特殊，所以可分a=1，a ＞1，0 ＜a ＜1 三种情况进行分类讨论。该解法利用导数研究函数的单调性进行判断或求解，需要考生具有较强的观察能力和综合分析能力，并在解题过程中充分发挥导数的工具作用。

解法3：指对数切线不等式放缩法

由f（x）≥1得aex-1-ln x+ln a ≥1，即aex-1 ≥ln x+1-ln a。①

由指数不等式ex ≥x+1（证明略），得ex-1 ≥x，∵a ＞0，∴aex-1 ≥ax，当且仅当x=1 时取等号，又由指数不等式ln x+1 ≤x（证明略），当且仅当x=1 时取等号，则①可化为ax ≥x-ln a，故可得（a-1）x ≥-ln a（x ＞0）。

当a ≥1时，（a-1）x ≥0，-ln a ≤0，不等式（a-1）x≥-ln a恒成立；

当0 ＜a ＜1时，（a-1）x ＜0，-ln a ＞0，故不等式（a-1）x ≥-ln a不成立。

综上所述，a的取值范围是[1，+∞)。

点评：题目出现导数中常见的ex和ln x，因此想到ex≥x+1 和ln x ≤x-1 这两个切线不等式求解。该解法在对不等式进行推导变形的基础上，进行了合理的放缩。一般情况下，f（x）≥g（x）并不等价于f（x）min ≥g（x）max，但此题较为特殊，两个不等式刚好在x=1 处同时取得等号，因此其同时放缩是成立的。该解法虽不属于通性通法，但胜在求解过程颇为简洁且巧妙，教师可在教学中渗透不等式的证明方法。

解法4：等价转换同构法

由f（x）≥1得aex-1-ln x+ln a ≥1，即elna+x-1+ln a+x-1 ≥lnx+x，而ln x+x=elnx+ln x，所以elna+x-1+ln a+x-1 ≥elnx+ln x。

令h（m）=em+m，则h（′m）=em+1 ＞0，所以h（m）在R上单调递增。

由elna+x-1+ln a+x-1 ≥elnx+ln x，可知h（ln a+x-1）≥h（ln x），所以ln a+x-1 ≥ln x，所以ln a ≥（ln x- x+1）max。

令F（x）=ln x-x+1，则F（′x）= 不等式恒成立求参数范围问题的解题方法

所以当x ∈（0，1）时，F（′x）＞0，F（x）单调递增；

当x ∈（1，+∞）时，F（′x）＜0，F（x）单调递减，

所以[F（x）]max=F（1）=0，则ln a ≥0，即a ≥1，

所以a的取值范围是[1，+∞)。

点评：因aex-1可化为elna+x-1，且不等式中也含有ln a和-1，所以两边同时加上x，利用同构思想将不等式化成elna+x-1+ln a+x-1 ≥elnx+ln x，再借助函数h（m）=em+m 的单调性，把复杂的不等式简化进而分离出参数，二次构造函数并求导，最后利用最值法求出参数的取值范围。该解法对学生观察能力、代数式的变形能力有较高的要求，是本题较优的解法。

解法5：换元同构法

由题意知a ＞0，x ＞0，令aex-1=t，所以ln a+x-1=lnt，即ln a=ln t- x+1，则f（x）=aex-1-ln x+ln a=t-ln x+ln t-x+1。

由于f（x）≥1，即t-ln x+ln t- x+1 ≥1，得t+ln t ≥x+lnx，而y=x+ln x在x ∈（0，+∞）时为增函数，故t ≥x，即aex-1 ≥x，分离参数后有a ≥ 不等式恒成立求参数范围问题的解题方法

当0 ＜x ＜1时，g（′x）＞0，g（x）单调递增；当x＞1时，g（′x）＜0，g（x）单调递减。所以当x=1时，g（x）= 不等式恒成立求参数范围问题的解题方法取得最大值为g（1）=1。

综上所述，a的取值范围是[1，+∞)。

点评：当题目含有参数a 无法分离时，可以把无法分离的aex-1整体换元，令aex-1=t，再同构，将原不等式化为t+ln t ≥x+ln x，最后根据函数y=x+ln x 的单调性以及分离参数法求出a 的取值范围。此解法同解法4一样，正所谓“同构新天地”。

解法6：必要性探路法

因为定义域为（0，+∞），且f（x）≥1，所以f（1）≥1，即a+ln a ≥1。令S（a）=a+ln a，则S（′a）=1+ 不等式恒成立求参数范围问题的解题方法＞0，所以S（a）在（0，+∞）上单调递增。

因为S（1）=1，所以当a ≥1时，有S（a）≥S（1），即a+ln a ≥1。

下面证明当a ≥1时，f（x）≥1恒成立。

令T（a）=aex-1-ln x+ln a，只需证当a ≥1时，T（a）≥1恒成立。

因为T（′a）=ex-1+ 不等式恒成立求参数范围问题的解题方法＞0，所以T（a）在[1，+∞)上单调递增，则[T（a）]min=T（1）=ex-1-ln x。

因此要证明a ≥1时，T（a）≥1 恒成立，只需证明[T（a）]min=ex-1-ln x ≥1。

设g（x）=ex-1-ln x，则g（′x）=ex-1- 不等式恒成立求参数范围问题的解题方法，可知g（′x）在（0，+∞）上单调递增且g（′1）=0，当0 ＜x ＜1时，g（′x）＜0，g（x）单调递减；当x ＞1时，g（′x）＞0，g（x）单调递增。

所以g（x）≥g（1）=1，即[T（a）]min=ex-1-ln x ≥1成立，

故a ≥1时，f（x）≥1恒成立。

当0 ＜a ＜1时，因为f（1）=a+ln a ＜1，显然不满足f（x）≥1恒成立。

综上所述，a的取值范围是[1，+∞)。

点评：在其他方法均失效时，可以考虑采用必要性探路法。观察函数中有ln x，则可知当取特殊值x=1时，得出关于a 的不等式，从而得到a 的取值范围的必要性，再由特殊到一般，可得a 的取值范围，最后进行充分性证明即可。此解法大大降低了解题的难度。

三、变式演练

且当x ∈（0，x0），f（′x）＜0，函数f（x）在（0，x0）上单调递减；

当x ∈（x0，+∞），f（′x）＞0，函数f（x）在（x0，+∞）上单调递增，

点评：利用导数证明不等式时，转化为证明左边函数的最小值大于等于零即可，因此想到通过常规的求导找最值，最后利用隐零点找到函数的最小值。

变式2 已知函数f（x）=aex。当a ＞0，x ＞2时，f（x）＞ln 不等式恒成立求参数范围问题的解题方法 -2，求a的取值范围。

解：当a ＞0时，由f（x）＞ln 不等式恒成立求参数范围问题的解题方法 -2，得aex+x+ln a＞ln（x-2）+x-2，即ex+lna+x+ln a ＞eln(x-2)+ln（x-2），①令g（x）=ex+x，不等式①即为g（x+ln a）＞g（ln（x-2）），因为g（′x）=ex+1 ＞0，所以函数g（x）在（-∞，+∞）上单调递增，所以x+ln a ＞ln（x-2），即lna ＞ln（x-2）-x，