从一道联考题谈不等式恒成立问题的解题策略

俞国梁

(浙江省永康市永康外国语学校 321300)

纵观近些年的高考和各级各类模拟考，不等式恒成立求参数范围问题越来越受命题者的青睐，已成为常考常新的问题，因此该类问题是高考备考的一大重点.从内容来看，该类试题的交汇面广，综合考查函数、导数、不等式等方面的知识；从考查能力角度来看，该类试题不仅可以很好地考查考生的“四基”(基础知识、基本技能、基本思想、基本活动经验)，还能考查考生的关键能力和数学核心素养(数学抽象、逻辑推理、数学建模、数据分析、直观想象、数学运算)，是展示考生能力的一个很好的平台.但是从实际的教师教学和学生掌握情况来看，该类问题又是复习备考的一大难点.如何有效突破这一重点、难点，成为广大一线教师在复习备考中亟待解决的一大课题，现笔者结合自身教学实践与研究，以2021年山西省三重教育11月高三大联考导数题为例，阐述如何突破该类问题的解题策略.

1 问题呈现与分析

(2)若对∀x>0，f(x)≥lna+2恒成立，求实数a的取值范围.

分析该题是2021年山西省三重教育11月大联考理科第20题，第(1)问属于常规问题，本文不再赘述，重点论述第(2)问，此问是含有参数的不等式恒成立问题，本小题综合性强、解法灵活、难度较大，主要考查了利用导数研究函数的单调性，含参不等式恒成立求参数范围等知识，考查了学生分析问题、解决问题的能力及转化与化归等数学思想，体现了逻辑推理、数学运算等数学核心素养.本文尝试对本题的第(2)问从不同的角度予以思考，给出不同的解法.

2 解法探究

2.1 转化为函数最值法

对于一些含参不等式恒成立问题，将不等式朝着有利于通过导数判断单调性的方向变形，将不等式整理为一侧为常数(一般为零)的形式，根据题目的量词(∀或∃)，将问题转化为函数最值与常数(一般为零)的不等关系，这是处理不等式问题最基本的通法之一.

解法1由f(x)≥lna+2，得

问题转化为g(x)min≥0，

易知g′(x)在(0,+∞)上单调递增.

设x1max{2,a}，

则g′(x1)<0，g′(x2)>0.

所以存在x0∈(x1,x2)使g′(x0)=0.

当0x0时g′(x)>0，则g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增.

即lna=x0+lnx0-2.

易知φ(x)在(0,+∞)上单调递减.

又φ(1)=0，则0

所以lna=x0+lnx0-2≤-1.

2.2“切线”放缩法

一些含参不等式中，将指数函数、对数函数综合考查，尤其是与ex,lnx有关的超越函数问题，若直接求导找零点(多数情况下是隐零点)，往往复杂繁琐，此时若能巧妙运用一些“切线不等式”进行放缩，将复杂的超越函数转化为简单函数(以直代曲)，常常可以起到化繁为简的效果.牢记两个重要的“切线不等式”：①ex≥x+1(x∈R，当且仅当x=0时等号成立)；②lnx≤x-1(x∈R，当且仅当x=1时等号成立)，这两个不等式是“切线放缩”法的基础.

解法2(利用ex≥ex放缩)由ex≥ex，得

当0ae时，h′(x)>0，则h(x)在(0,ae)上单调递减，在(ae,+∞)上单调递增.

所以h(x)min=h(ae)=-2lna-2.

当x=1且x=ae时，f(x)-lna-2取最小值为-2lna-2.

故-2lna-2≥0.

当0ln(ae2)时，h′(x)>0，则h(x)在(0,ln(ae2))上单调递减，在(ln(ae2),+∞)上单调递增.

所以h(x)min=h(ln(ae2))=-2lna-2.

当x=1且x=ln(ae2)时，f(x)-lna-2取最小值为-2lna-2.

故-2lna-2≥0.

2.3 “同构”法

即ex-lna-2+x-lna-2≥x+lnx=elnx+lnx.

设φ(t)=et+t，则φ(x-lna-2)≥φ(lnx).

易知φ(t)为单调递增函数.

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.

设φ(t)=t+lnt，

则φ(ex-lna-2)≥φ(x).

易知φ(t)为单调递增函数.

所以ex-lna-2≥x.

又ex-1≥x(当且仅当x=1时等号成立)，

解法6(同构函数“xex”法)由f(x)≥lna+2，整理,得xex≥ae2x·ln(ae2x).

即xex≥ln(ae2x)·eln(ae2x).

设φ(t)=tet(t>0)，则

φ(x)≥φ[ln(ae2x)].

求导，得φ′(t)=(t+1)et>0.

则φ(t)为单调递增函数.

所以x≥ln(ae2x).

即ex≥ae2x.

又ex-1≥x(当且仅当x=1时等号成立)，

2.4 必要性“探路”法

对一类函数不等式恒成立问题，可以通过取函数定义域中某个数，缩小参数的讨论范围，获得初步的参数范围，之后在此范围内继续讨论进而解决问题.在这个定义中，“取函数定义域中某一个数”，便相当于寻找一个能使题意成立的必要条件，而题目本身要寻求的参数的取值范围(或最值)，相当于是使题意成立的充分必要条件.因此，在找到必要条件的基础上，只需要证明这个条件反过来能推出题意，即证明这个条件也是满足题意的充分条件.这样，充分性和必要性都成立，那么所求出的范围必然是题目所寻求的参数的准确取值范围，这便是必要性“探路”法.

解法7由f(x)≥lna+2，得

问题转化为g(x)≥0恒成立，则

则m(a)≥ex-1-lnx-1.

又ex-1≥x且x-1≥lnx(当且仅当x=1时两等号成立)，则ex-1-lnx-1≥0.

所以g(x)=m(a)≥0.

2.5 “凹凸”反转法

有些不等式，将其适当变形，使之满足两个条件：(1)不等式变形后，不等号两侧的对应函数呈现凹凸反转的特点；(2)两侧对应函数在同一点取最值.如不等式F(x)≥0变形为f(x)≥g(x)，f(x)为凹函数且在x=x0处取得最小值，g(x)为凸函数且在x=x0处取得最大值，问题转化为f(x0)≥g(x0).

解法8由f(x)≥lna+2，整理,得

则当01时m′(x)>0，则m(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.

所以m(x)min=m(1)=e.

2.6 反函数法

若函数m(x)与函数n(x)互为反函数，则两函数图象关于直线y=x对称，于是我们不难明白不等式m(x)≥n(x)等价于m(x)≥x(或x≥n(x)).我们又知道同底的对数函数与指数函数互为反函数，所以在解决一些同时含有指数和对数的不等式问题时，若我们能将不等式变形为m(x)≥n(x)的形式，则可以借助m(x)≥x(或x≥n(x))解题，减少运算，化繁为简.

解法9由f(x)≥lna+2，整理,得