例谈含参数的函数不等式恒成立求参数范围问题几种解题策略

赵忠平

(甘肃省永昌县第一高级中学 737200)

近年来，全国高考试题及高考模拟试题中出现了颇有新意、构思精巧的函数不等式恒成立求参数范围的综合题，这类题涉及知识面广、综合性强，对能力要求较高，能较好地考查学生的思维能力，很值得重视和探究.

1 特值探路

例1 已知函数f(x)=aex-1-lnx+lna,若f(x)≥1，求a的取值范围.

解析将x取特殊值1代入不等式中，不等式应该成立，即f(1)≥1，也即a+lna≥1.

令g(a)=a+lna-1，易知函数g(a)单调递增，g(1)=0,所以a≥1.

下面证明充分性:

当a≥1时，f(x)=aex-1-lnx+lna≥ex-1-lnx≥x-lnx.

若x∈(0,1)时，h′(x)<0；

若x∈(1,+∞)时，h′(x)>0，

故h(x)≥h(1)=1.

所以a的范围是[1,+∞).

点评利用特殊值探路可以迅速化解题目难度，快速找到题目的答案(准答案)，减轻解题思想压力，转换解题思维角度，补全充分性证明过程即可完美收官.一般对数函数可将真数取特值1，指数函数的指数可取特值0.

2 分类筛选

例2 设函数f(x)=ax+cosx,x∈[0,π],设f(x)≤1+sinx，求a的取值范围.

解析由f(x)≤1+sinx，得f(π)≤1,aπ-1≤1.

所以f(x)≤1+sinx.

点评含参数函数不等式恒成立求参数范围问题可以利用逐段筛选讨论法求解，对参数按照重要节点进行分类，在每一类中证明不等式成立或举反例说明不成立，最后得解，体现了化整为零的思想和归类整理的思想.

3 分离参数

例3设函数f(x)=ax+cosx,x∈[0,π]，设f(x)≤1+sinx，求a的取值范围.

解析因为f(x)≤1+sinx,

即ax+cosx≤1+sinx.

①

当x=0时，对a∈R不等式①恒成立；

当0

设h(x)=(sinx+cosx)x-(1+sinx-cosx)，

则h′(x)=(cosx-sinx)x.

故当x∈[0,x0]时，h(x)≥0，

当x∈[x0,π]时，h(x)≤0.

故当x∈[0,x0]时，g′(x)≥0，

当x∈[x0,π]时，g′(x)≤0.

即g(x)在[0,x0]上单调递增，在[x0,π]上单调递减.

点评不等式恒成立求参数范围问题，只要容易实现参变分离，就可以很容易转化为最值(或上、下界)问题求解，但在求最值(或上、下界)时常常要用到洛必达法则.

4 构造函数

例4 已知函数f(x)=aex-1-lnx+lna.若f(x)≥1，求a的取值范围.

解析f(x)≥1等价于aex-1-lnx+lna-1≥0.

即elna+x-1+lna-1≥lnx.

两边同时加x,得

elna+x-1+lna-1+x≥lnx+x=elnx+lnx.

令f(t)=et+t,则f(t)在(0,+∞)上单调递增.

则不等式等价于f(lna+x-1)≥f(lnx).

等价于lna+x-1≥lnx.

即lna≥lnx-x+1.

所以x∈(0,1)时，g(x)单调递增，x∈(1,+∞)时，g(x)单调递减.

故[g(x)]max=g(1)=0.

所以lna≥0,解得a≥1.

点评在含参数函数不等式恒成立求参数范围问题中，将不等式两边转化成同构式，根据同构式构造新函数，利用新函数单调性进一步转化问题，使得问题得到降维求解，此法虽然有一定难度，但能够发现命题人的命题路径及数学问题的本质.

5 虚设零点

例5 已知函数f(x)=aex-1-lnx+lna，若f(x)≥1，求a的取值范围.

解析f(x)≥1的必要条件是f(1)≥1.

即a+lna≥1.

也即g(a)=a+lna-1≥0.

易知g(a)单调递增，g(1)=0,所以a≥1.

又f(x)≥1,即aex-1-lnx+lna-1≥0.

令g(x)=aex-1-lnx+lna-1,则

所以函数g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增.

点评虚设零点体现设而不求思想，是解决导数问题常用方法，当导数的零点存在但不易求出的时候，就可以虚设零点，回代到原函数解析式中求值，确定函数值的符号.

6 数形结合

例6设函数f(x)=ax+cosx,x∈[0,π]，设f(x)≤1+sinx，求a的取值范围.

解析f(x)≤1+sinx，即ax+cosx≤1+sinx.

可化为ax-1≤sinx-cosx.

图1

点评数学是研究数量关系和空间形式的科学，通过挖掘数学式子背后形的特征，以形助数，是解决数学问题的常用方法.