例談“不等式恒成立問題”的幾種優化處理方式*

●　　(阜陽市第三中學,安徽 阜陽　236000)

“不等式恒成立問題”是高中數學中一個非常重要的問題，受到高考命題者的青睞，在試題中高頻考查.究其原因，主要是在探求這類問題的解題途徑時，通常需要運用函數、方程、不等式等中學數學核心知識以及數形結合、分類討論、轉化化歸等基本數學思想，其綜合性和靈活性都較強.筆者經過探究發現，若能在利用常見方法解決“不等式恒成立問題”的基礎上，結合一些優化處理，則可以使問題解決變得更簡潔、自然.下文為筆者探究的一點心得體會，與同行們交流，不當之處，敬請批評指正.

1　尋找不等式恒成立的必要條件進行優化[1]

不等式恒成立問題常見的形式為：如果對任意x∈I，都有f(x)≥0(或f(x)≤0)，那么若x0∈I，則一定有f(x0)≥0(或f(x0)≤0).通過這個必要條件縮小了所含參數的范圍，優化了解題過程.現舉例一則，加以說明.

1)當0

2)是否存在實數a，使f(x)≤x恒成立？若存在，求實數a的取值范圍；若不存在，說明理由.

1)略.

2)解法1f(x)≤x恒成立可轉化為a+(a+1)xlnx≥0恒成立.令

φ(x)=a+(a+1)xlnx，

解法2f(x)≤x恒成立可轉化為a+(a+1)xlnx≥0恒成立，則

(a+1)xlnx≥-a.

因為a+(a+1)xlnx≥0對任意x∈(0,+∞)恒成立，所以x=1滿足上述不等式，即a≥0，從而

(a+1)xlnx≥-a,

于是

通過以上兩種解法不難發現:在題目沒有明確給出參數a的范圍時，只能先認為a∈R,這樣就要運用分類討論的思想.因為恒成立的不等式對所給變量范圍內的任意一個數都滿足，所以可先利用一些特殊值去縮小參數a的范圍，即尋找其成立的一個必要條件，從而在求函數最值時不需要或者減少分類討論的情況.

練習1設函數f(x)=a2lnx-x2+ax,其中a>0.

1)求f(x)的單調區間;

2)求所有實數a，使e-1≤f(x)≤e2對x∈[1,e]恒成立.

(2011年浙江省數學高考文科試題第21題)

練習2設函數f(x)=(x-a)2lnx，其中a∈R.

1)若x=e為y=f(x)的極值點，求實數a；

2)求實數a的取值范圍，使得對任意的x∈(0,3e]，恒有f(x)≤4e2成立.

(2011年浙江省數學高考理科試題第22題)

2　利用洛必達法則進行優化

定理1可推廣到x→a-0,x→a及x→∞的情形.

定理2也適用于x→a-0,x→a及x→∞的情形.

例2設函數f(x)=ex-1-x-ax2.

1)若a=0，求f(x)的單調區間；

2)當x≥0時，f(x)≥0，求實數a的取值范圍.

(2010年全國數學高考新課標卷Ⅰ理科試題第21題)

1)略.

2)解由f(x)≥0得

ex-1-x-ax2≥0.

記h(x)=(x-2)ex+x+2，則

h′(x)=ex(x-1)+1.

設φ(x)=ex(x-1)+1，則φ′(x)=xex，因為x∈(0,+∞)，所以φ′(x)>0，即φ(x)在x∈(0,+∞)上單調遞增，從而φ(x)>0，于是h(x)在x∈(0,+∞)上單調遞增，故h(x)>0，即g′(x)>0，進而g(x)在x∈(0,+∞)上單調遞增.此時可以發現函數g(x)在x=0處沒有意義，而

由洛必達法則知

即

由于學生在處理不等式恒成立問題時更青睞于選擇分離參數，構造一個不含有參數的函數，從而避免在求函數最值時的分類討論，但是經常會遇到這樣的問題：所構造的函數在定義域內是單調的，但是函數在定義域端點處沒有意義，此時需要借助洛必達法則進行優化處理.

1)求a,b的值；

(2011年全國數學高考新課標卷Ⅰ理科試題第21題)

練習4設函數f(x)=x(ex-1)-ax2.

2)當x≥0時，f(x)≥0，求實數a的取值范圍.

(2010年全國數學高考新課標卷Ⅰ文科試題第21題)

3　利用函數極限的局部保號性進行優化

推論1若f′(a)>0，則存在δ>0，對任意x∈(a,a+δ)(或任意x∈(a-δ,a))，都有f(a)f(x)).

推論2若f′(a)<0，則存在δ>0，對任意x∈(a,a+δ)(或任意x∈(a-δ,a))，都有f(x)

證明過程同推論1.

2)若f(x)≥g(x)恒成立，求實數a的取值范圍.

(2013年遼寧省數學高考理科試題第21題)

1)略.

2)解令

其中x∈[0,1]，則F(0)=0.由推論2知：若F′(0)<0，則存在δ>0，對任意x∈(0,δ)，都有F(x)

所以

a≤-3,

h′(x)=-x+2sinx,

記φ(x)=-x+2sinx，則

φ′(x)=-1+2cosx.

當x∈(0,1)時，φ′(x)>0，從而φ(x)在x∈[0,1]上單調遞增，進而

φ(x)≥φ(0)=0，

即當x∈(0,1)時，h′(x)>0，于是h(x)在x∈[0,1]上單調遞增，即

h(x)≥h(0)=0，

亦即

G(x)≥xh(x)≥0,

故實數a的取值范圍為(-∞,-3].

此題的難度較大，得分率很低，學生解決“不等式恒成立問題”主要有以下兩種方法：

1)先采取分離參數的方法，將不等式轉化為

然后構造函數

其中x∈(0,1]，從而轉化為求函數h(x)的最小值.

2)直接構造函數

其中x∈[0,1]，從而把問題轉化為F(x)≥0恒成立，即求函數F(x)的最小值問題.

上述兩種解法由于所構造的函數形式過于復雜，直接求其最值的難度很大，因此難以順利解決問題，例3的參考答案利用多次分類討論、放縮以及構造函數，從學生層面上說，很難想到.若利用函數極限的局部保號性定理，可以縮小參數a的取值范圍(很多情況下已是所求答案)，再通過構造函數就可以順利解決問題，起到了很好的優化作用.

筆者發現在各省市高考題中經常出現類似的不等式恒成立問題：“對任意x∈I，都有f(x)≥0(或f(x)≤0)，并且區間I的某個端點x0滿足f(x0)=0，求所含參數的取值范圍”，這類問題都可以利用函數極限的局部保號性定理，使解決過程變得更自然.

例4設函數f(x)=ax+cosx,其中x∈[0,π].

1)討論f(x)的單調性;

2)設f(x)≤1+sinx,求a的取值范圍.

(2012年全國數學高考大綱卷理科試題第21題)

1)略.

2)解令g(x)=ax+cosx-1-sinx，其中x∈[0,π]，則g(0)=0.由推論1知：若g′(0)>0，則存在δ>0，對任意x∈(0,δ)，都有g(x)>g(0)=0，不符合題意，故g′(0)≤0.因為

其中x∈[0,π],所以a≤1.

上述解法利用函數極限的局部保號性定理縮小了參數a的取值范圍，把“a>-1”縮小為“-1

(2013年遼寧省數學高考文科試題第21題)

1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程；

(2015年北京市數學高考理科試題第18題)

不等式恒成立問題常通過構造函數再求其最值解決，難點是所構造的函數形式過于復雜，在處理過程中需要多次運用分類討論和轉化與化歸的數學思想.基于這個難點，筆者通過以上3種優化“不等式恒成立問題”的處理方式，使解題過程變得更簡潔、自然，也更符合學生的認知水平.

[1]夏炳文.縮小參數范圍優化“恒成立問題”的處理[J].中學數學研究，2016(4)：38-40.

[2]歐陽光中，朱學炎，金福臨，等.數學分析(上冊)[M].3版.北京：高等教育出版社，2007.

1.2恰當分類依據

1.2.1依據邏輯關系進行分類

必須要知道是依據什么，才能進行恰當分類.

1)根據數學的定義、性質、運算步驟、定理和公式進行分類討論,如負數定義、集合的含義和表示、函數的定義域和函數的單調性、0的任何次冪都是0、負數和0沒有對數、方程的兩邊同乘或除以同一個數方程仍然成立.

2)根據平面幾何圖形中點、線、面位置的不確定進行分類討論；根據不同情況下參數的不同進行分類討論，有些問題中存在參數，但是情況不同參數會發生變化，參數所代表的數值不同結果也會不同(在幾何習題中，參數的變化可能會改變圖形的形狀，結果自然也就隨之變化).

3)根據實際問題找出隱藏條件，然后進行分類討論，如分組問題、實際應用題等.討論是要有原因的，有些實際問題就是分段的，因此解決這類問題就要分類討論.分類是客觀存在的，但不是絕對的，分類的方法不是唯一的，只需要考慮所有的情況就可以.

1.2.2準確找分界點，“扁平化”處理[3]

有時討論的對象不是一個，而是多個，或者在分類討論時，分類的情況中還需要分類，這樣的解題過程就會極其繁瑣冗長.解決這樣的題目，就需要進行正確的分類討論，而如何讓分類討論的層次最少，是我們要努力去發掘的.第一步，就是確認一個正確恰當的分界點，把題目分為幾個部分，逐步進行解決；第二步就是在分類里再分類討論.我們要牢記：同級討論是平等的，沒有等級之分，不能遺漏，更不能重復，才是真正的恰當分類.

2　典題剖析

恰當分類討論，首先要搞清楚根據什么進行分類，只有明白了分類的原因，才能正確分類，再根據分類中的主要和次要方面進行討論.

1)略；

2)用min{m,n}表示m,n中的最小值，設函數h(x)=min{f(x),g(x)}(其中x>0)，討論h(x)零點的個數.

(2015年全國數學高考卷Ⅰ理科試題第21題)

分析該題第2)小題分類討論的第一層是主元素x，第二層是參數a.

①當x>1時，g(x)=-lnx<0，從而

h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0，

此時h(x)無零點.

②當x=1時，

h(x)=min{f(x),g(x)}=0，

則h(x)無零點.

③當00，此時h(x)的零點個數等價于f(x)的零點個數.求導得

f′(x)=3x2+a,

因為0

評注當分類比較明確時，第一步是把相同的地方先計算出來，否則分類討論后就會需要進行重復計算，分清分類討論的主次關系，分類分不好會大大加大計算量，使題目復雜化.

當題目較復雜時，應該進行多次多層分類討論，在進行并列多次多層討論時，首先應該找到分類的分界點，再采用合適的方法對各分界點進行分析討論，注意討論的范圍和條件，才能進行正確的分析和討論.

例2設f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x,其中a∈R.

1)令g(x)=f′(x)，求g(x)的單調區間；

2)已知f(x)在x=1處取得極大值,求實數a的取值范圍.

1)分析求導得f′(x)=lnx-2ax+2a,從而

g(x)=lnx-2ax+2a，其中x∈(0,+∞),

于是

討論a≤0,a>0這兩種情況下導函數的正負號，確定函數的單調區間.

評注若一道題目較復雜，需要進行多層次多角度的分類討論時，則要根據題目涵蓋的條件找出分界點，從不同的層次、不同的角度進行分類討論，盡可能找到分類較少的層次，做到簡化討論，快速而準確地答題.若需要解決的是單個參數問題，則分界依據以選擇數軸為最佳；若需要解決的是含有兩個參數的問題，則以平面區域來分界為最佳.

著名數學家華羅庚說過：“數缺形時少直觀，形少數時難入微，數形結合百般好，隔離分家萬事休.”在解題過程中，要注意培養自己數形結合方法的使用和挖掘，把問題簡化.

2)分析因為f′(1)=0，所以f(x)=lnx+2a(1-x)>0在(0,1)上恒成立，g(x)=lnx+2a(1-x)<0在(1,+∞)上恒成立，即

圖1

評注當含有變量的問題很難直接進行分類討論時，可從參數角度考慮解決，運用參數分離思想常常可以減少甚至避免分類討論．對于單變量問題，常直接變量分離；對于多變量問題，常利用幾何特征進行“相對變量分離”，運用其幾何特征求解.

例3已知函數f(x)=a·9x-2a·3x+1-b(其中a>0)在區間[0,1]上有最大值5以及最小值1.

1)求a,b的值；

2)若不等式f(x)-k·9x≥0在x∈[-1,1]上有解，求實數k的取值范圍.

分析1)a=1,b=-2(過程略).

(1-k)·t2≥2t-2，

亦即

h(m)=-m2+m,

則

從而

h(m)min=h(3)=-32+3=-6，

于是

1-k≥-12，

故

k≤13.

評注變量分離法應該避開分類討論的鋒芒，“相對變量分離法”要求靈活利用幾何模型，轉換成立體模型進行解答.

分類討論應盡可能地減少層次甚至一步到位，讓人對結果一目了然，結構分明，分類簡單清楚，邏輯性強.抓住題目中給出的條件進行分析，合理使用題目中隱含的限制條件，合理使用合理分類，最大程度地簡化分類范圍，簡化解題過程.這樣對于快速解題、提高正確率至關重要.

3　精題集萃

1.已知函數y=x2-4x+1的定義域為[1,t]，在該定義域內函數的最大值與最小值之和為-5，則實數t的取值范圍為

()

A.(1,3] B.[2,3] C.(1,2] D.(2,3)

2.一個工人照看3臺機床，在一小時內，甲、乙、丙這3臺機床需要照看的概率分別為0.9,0.8,0.85，在一小時內，至少有一臺機床不需要照看的概率為______.

4.設k為實數，求方程x4-2kx2+k2+2k-3=0的實數x的取值范圍.

5.解關于x的不等式：ax2-(a+1)x+1<0.

6.已知函數f(x)=-ln(x+b)+a(其中a,b∈R).

1)若y=f(x)的圖像在(2,f(2))的切線方程為y=-x+3，求a,b的值；

參考答案

4.分析將原方程整理為關于k的二次方程k2+2(1-x2)k+x4-3=0.因為k是實數，所以

Δ=4(1-x2)2-4(x4-3)≥0，

即

2-x2≥0，

解得

5.分析1)當a=0時，原不等式化為-x+1<0,故x>1.

2)當a≠0時，原不等式化為

②若a>0,則原不等式化為

6.分析1)由f(x)=-ln(x+b)+a,得

從而

得

a=1,b=-1.

從而

即

故

[1]梁莎.湖南省高考數學(理科卷)試題研究[D].長沙：湖南師范大學,2014.

[2]李裕青.高考數學分層復習的實踐研究[D].廣州：廣州大學,2013.

[3]馮海容，江強.恰當分類與減少討論層次的策略[J].中學教研(數學),2017(5)：32-37.