对含参数不等式恒成立问题的解法探究

范明辉

(湖北省荆门市龙泉中学)

不等式恒成立问题是导数解答题的热门考点,这种题型能够有效考查学生对函数、不等式等知识的掌握情况,同时考查转化与化归、数形结合、分类讨论、函数与方程、极限等思想,强调对知识的综合应用能力和问题解决能力.而掌握此类问题的一般解法,对提高学生的数学运算、逻辑推理、直观想象等数学学科核心素养有着重要的作用.

1 典例精析

(1)求f(x)的单调区间;

(2)若exlnx＋(m－ex)(x2＋1)＋(ex＋1)x≤0在x＞0上恒成立,求实数m的取值范围.

分析第(1)问主要考查求函数的导数以及对参数分类讨论的方法;第(2)问是典型的含参数不等式恒成立问题,解决这类问题需要学生将题目条件进行转化,寻找解题突破点,难度较大,对学生的要求较高.

解(1)由题意可得

当m＝0时,,由f′(x)＞0,得x＜1,由f′(x)＜0,得x＞1,故f(x)在(－∞,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减.

当m＞0 时,由f′(x)＞0,得x＜1,由f′(x)＜0,得x＞1或,故f(x)在上单调递增,在和(1,＋∞)上单调递减.

当m＜0 时,由f′(x)＞0,得x＜1 或,由f′(x)＜0,得故f(x)在上单调递增,在上单调递减.

(2)思维角度1对参数分类讨论

结合第(1)问的分析,在第(2)问中通过对题设不等式进行变形,直接对参数的范围进行分类讨论.

方法1因为exlnx＋(m－ex)(x2＋1)＋(ex＋1)x≤0,所以ex(lnx－x2＋x－1)＋mx2＋x＋m≤0,即

令g(x)＝x2－lnx－x＋1(x＞0),则

故g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,gmin(x)＝g(1)＝1.

当m＜0时,由(1)知f(x)在(0,1)和＋∞)上单调递增,在上单调递减,且,且当x→＋∞时,f(x)→0－,故f(x)≤g(x)恒成立.

当m＝0时,由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,故1,满足题意.

若0＜m≤1,则,当0＜x＜1 时,则f′(x)＞0,当x＞1时,则f′(x)＜0,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,故fmax(x)＝,又因为g(x)≥1,且g(x)和f(x)都在x＝1处取得最值,所以,解得所以.

若m＞1,则,由(1)得f(x)在(0,和(1,＋∞)上单调递减,在上单调递增,且,与①矛盾,不符合题意,舍去.

综上,实数m的取值范围为.

思维角度2函数恒等变形＋不等式放缩

放缩法是指根据题意对待证不等式有意识地放大或缩小,从而获得符合题意结果的方法,通常可以借助函数的切线或二次曲线进行放缩.例如,利用切线不等式ex≥x＋1,lnx≤x－1(解答题应用时需要先证明)进行放缩,对学生的数学运算、逻辑推理等核心素养要求较高.

观察不等式发现exlnx＋(m－ex)(x2＋1)＋(ex＋1)x≤0中带有等号,而自变量的范围x＞0 是不带等号的,这说明等号成立的条件一定在区间(0,＋∞)的内部,注意到题设不等式中出现了对数式结构“lnx”,则考虑在“x＝1”处进行放缩.对于对数式结构“lnx”,通常借助不等式“x－1－lnx≥0”进行放缩,则可在原不等式中配凑结构“ex(x－1－lnx)”,再结合结构式“x2ex”及取等条件“x＝1”,配凑完全平方式“ex(x－1)2”,原不等式转化为

ex(x－1－lnx)＋ex(x－1)2＋ex－x－m(x2＋1)≥0.

对于剩下的结构“ex－x－m(x2＋1)”,需要寻找指数结构“ex”在“x＝1”处的不等式,常见的切线不等式为“ex≥ex”,尝试后发现放缩力度不够,因此考虑二次放缩表达式

但是此不等式只在x≥1时成立,则考虑其一个加强型不等式

代入原不等式进行配凑,则有

方法2由于exlnx＋(m－ex)(x2＋1)＋(ex＋1)x≤0对∀x＞0 恒成立,故(x2＋1)ex－exlnx－(ex＋1)x－m(x2＋1)≥0对∀x＞0恒成立.

记g(x)＝(x2＋1)ex－exlnx－(ex＋1)xm(x2＋1),对g(x)进行恒等变形得

故h(x)在(0,3－e)和(1,＋∞)上单调递减,在(3－e,1)上单调递增,又h(0)＝1,h(1)＝1,故h(x)≤h(1)＝1,即ex－ex－(x－1)2≥0.

由于ex(x－1－lnx)≥0,ex(x－1)2≥0,ex－,当x＝1时,等号成立,所以当g(x)≥0恒成立,且当时,等号成立.当时,g(1)＝e－1－2m＜0,与g(x)≥0矛盾,故舍去.

思维角度3必要性探路

必要性探路法是从满足题意的自变量范围内选择一个数代入题目条件中,从而求得参数范围,此时这个范围是满足题意的必要条件.然后再设法证明该必要条件也是满足题意的充分条件.若充分性也成立,则该范围是满足题意的充要条件,即为所求范围;若充分性不成立,则可利用该范围缩小所求参数的讨论范围.这种方法需要从逻辑上进行推理,先得到一个必要条件,因此称为必要性探路法.利用必要性探路法解题时,要先取一个数,这个数的选取是至关重要的.如果要利用这个数得到参数的范围,那么这个数要尽可能地使相应的函数值好计算,通常借助不等式的取等条件进行探路.

方法3当x＝1时,解得下证:当m≤时,原不等式恒成立.

由于exlnx＋(m－ex)(x2＋1)＋(ex＋1)x≤0对∀x＞0恒成立,故(x2＋1)ex－exlnx－(ex＋1)x－m(x2＋1)≥0对∀x＞0恒成立,而故只需证

记函数g(x)＝ex(x－1－lnx)＋ex(x－1)2＋,只需证g(x)≥0.

由于x－1－lnx≥0,(x－1)2≥0,当x＝1时,等号成立,只需证

求导分析记函数1),则有h′(x)＝ex－1－(e－1)x,h′(0)＝0,h′(1)＝0,记φ(x)＝ex－1－(e－1)x,则有φ′(x)＝ex－(e－1)在(0,＋∞)上单调递增,又φ′(ln(e－1))＝0,故φ(x)＝h′(x)在(0,ln(e－1))上单调递减,在(ln(e－1),＋∞)上单调递增,所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,故h(x)≥h(1)＝0,即g(x)≥0恒成立,则.

“指数找朋友”在证明指数型不等式成立时,可以考虑将指数结构“ex”与不含指数结构的部分分离至不等式两侧,然后在不等式左右两边同时除以指数结构,然后构造函数求导证明,这样可以避免多次求导.本题中,要证成立,即证,不等式左右两边同时除以,转化为证明2,求导得

故ψ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,所以ψ(x)≤ψ(1)＝2,故h(x)≥0恒成立.

(1)当a＝0时,求曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)若f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.

分析本题题目条件简洁,学生能够很快锁定主要信息.第(1)问主要考查求函数的导数、函数在某一点处导数的几何意义以及直线的方程,较为基础.第(2)问是典型的含参数不等式恒成立问题,下面就第(2)问的解法进行详细介绍.

思维角度1必要性探路

本题中含有对数lnx,因此优先考虑x取e的指数幂,而定义域为(0,＋∞),故可取x＝e0＝1.

方法1取x＝1,则由f(1)≥0,得a≥1.

当a≥1 时,f(x)≥2(x－2)lnx＋x2－1,令g(x)＝2(x－2)lnx＋x2－1,则g′(x)＝2(lnx＋,令h(x)＝g′(x),则,所以h(x)在(0,＋∞)上单调递增.又g′(1)＝0,所以当0＜x＜1 时,g′(x)＜0,g(x)在(0,＋∞)上单调递减,当x＞1时,g′(x)＞0,g(x)在(0,＋∞)上单调递增,故g(x)≥g(1)＝0,则f(x)≥g(x)≥0,满足题意.

综上,a≥1.

思维角度2参变分离

参变分离是指通过分离参数和变量,将参数和变量放在不等式两侧(右侧为不含参数的函数),通过讨论变量部分代数式的范围,进而确定参数的范围.分离变量后,通常要对不等式右侧的函数进行求导,寻找其最值,对学生数学运算核心素养的要求较高.

方法2因为当x＞0时,f(x)≥0恒成立,对不等式2(x－2)lnx＋ax2－1 ≥0 变形整理得.

又因为h(1)＝0,h(e)＝－6＜0,h(e2)＝2e2－14＞0,所以∃x1∈(e,e2),使得h(x1)＝0,当0＜x＜1时,h(x)＞0,当1＜x＜x1时,h(x)＜0,当x＞x1时,h(x)＞0,故当0＜x＜1时,g′(x)＞0,当1＜x＜x1时,g′(x)＜0,当x＞x1时,g′(x)＞0,所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,x1)上单调递减,在(x1,＋∞)上单调递增,当x→0＋时,g(x)→－∞,g(1)＝0,因为,所以g(x1)＜0,当x→＋∞时,g(x)→0－,所以gmax(x)＝g(1)＝1,即a≥1.

思维角度3函数恒等变形＋不等式放缩

本题函数表达式中出现了对数,因此联想到对数切线不等式lnx≤x－1,结合函数y＝lnx和y＝x－1的图像,可以发现当0＜x＜1时,lnx＜0,x－1＜0.当x＞1 时,lnx＞0,x－1＞0.当x＝1 时,lnx＝x－1＝0,因此(x－1)lnx≥0,题设函数中有一部分为2(x－2)lnx,可变形为2(x－1)lnx－2lnx,而由lnx≤x－1,可将－2lnx变形为2(x－1－lnx)－2x＋2,即将f(x)＝2(x－2)lnx＋ax2－1 变形为f(x)＝2(x－1)lnx＋2(x－1－lnx)－2x＋1＋ax2,由－2x＋1联想到完全平方式(x－1)2＝x2－2x＋1,可将－2x＋1＋ax2变形为(x－1)2＋(a－1)x2,故函数可变形为f(x)＝2(x－1)lnx＋2(x－1－lnx)＋(x－1)2＋(a－1)x2,而2(x－1)lnx≥0,当且仅当x＝1时,等号成立.2(x－1－lnx)≥0,当且仅当x＝1时,等号成立.(x－1)2≥0,当且仅当x＝1时,等号成立.当a－1≥0,即a≥1时,有f(x)≥0成立,当a＜1时,由取等条件x＝1得f(1)＝a－1＜0,与f(x)≥0矛盾,不符合题意.

综上,a≥1.

方法3f(x)＝2(x－1)lnx＋2(x－1－lnx)＋(x－1)2＋(a－1)x2,由于2(x－1)lnx≥0,当且仅当x＝1时,等号成立,2(x－1－lnx)≥0,当且仅当x＝1 时,等号成立,(x－1)2≥0,当且仅当x＝1时,等号成立,故当a－1≥0,即a≥1 时,有f(x)≥0成立,当a＜1时,f(1)＝a－1＜0,与题设条件f(x)≥0矛盾,不符合题意.

综上,a≥1.

2 小结

解题是对数学知识的综合应用,学生一定要注重解题思维的发散性,多思考能否进行“一题多解”,从不同的角度去认识数学问题,发现其本质,避免一条路走进死胡同.利用导数工具解决含参数不等式恒成立问题,本质上是利用导数求函数的单调性、最值问题,考查转化与化归、分类讨论、极限、数形结合、函数与方程等思想,要求学生能够融会贯通、灵活运用高中数学阶段的几种核心数学思想和方法.

(完)