有時方向比努力更重要

蔣亦 萬姝瑋

[摘? 要] 恒成立問題是函數中經常出現的一類題型，主要方法是分離參數和整體研究，難點是如何靈活運用.我們教師其實可以將題目分門別類加以總結，給學生一些具體的解題方向.

[關鍵詞] 恒成立問題;數學策略

恒成立問題是函數中常見的一類題型，對于填空題有三種方法解決——分參、直線與曲線、整體，對于大題只有兩種方法解決——分參和整體. 就學生而言，特別是高三的學生，他們的首要問題是選擇解題的方法，其次才是具體的求解過程，所以解決數學問題時，方向比努力更重要.下面筆者就一類恒成立問題的解題策略加以分析，以求拋磚引玉.

引例1：若不等式xlnx≥a（x-1）對所有x≥1都成立，求實數a的取值范圍.

引例2：當x≥1時，x2lnx-x+1≥m（x-1）2恒成立，求實數m的取值范圍.

分析1：對于引例1，有兩種做法：

法1（分參法）：若x=1，0≥0恒成立;

若x>1，a≤■恒成立，

記f（x）=■，x∈（1，+∞），則f′（x）=■.

易證x-lnx-1>0，所以f′（x）>0，所以f（x）在（1，+∞）上單調遞增.

當x→1時，f（x）=■=■→（xlnx）′■=1.

因為a≤■恒成立，所以a≤1.

分參后利用導數的定義求解，可以避免使用洛必達法則，缺點是解法不具有推廣性.

法2（整體法）：因為xlnx≥a（x-1）對所有x≥1都成立，所以xlnx-a（x-1）≥0，x∈[1，+∞）.

設f（x）=xlnx-a（x-1），x∈[1，+∞），則f′（x）=lnx+1-a≥1-a.

當a≤1時，f′（x）≥0，x∈[1，+∞），所以f（x）在[1，+∞）上單調遞增.

因為f（x）≥0在x∈[1，+∞）上恒成立，所以f（x）min=f（1）=0≥0（符合）.

當a>1時，令f′（x）=lnx+1-a=0，得x0=ea-1∈（1，+∞）.

當x∈（1，ea-1）時，f′（x）<0，即f（x）在x∈（1，ea-1）上單調遞減，f（x）

綜上，a≤1.

分析2：對于引例2就不能分參，否則就必須使用洛必達法則，這違背了高考的要求，所以只能用整體法去做.

當x≥1時，x2lnx-x+1≥m（x-1）2，所以x2lnx-x+1-m（x-1）2≥0.

設f（x）=x2lnx-x+1-m（x-1）2，x∈[1，+∞）.

f′（x）=2xlnx+x-1-2m（x-1），f″（x）=2lnx+3-2m>3-2m，x∈（1，+∞）.

當m≤■時，f″（x）>0，x∈（1，+∞），所以f′（x）在（1，+∞）上單調遞增，所以f′（x）>f′（1）=0，所以f（x）在（1，+∞）上單調遞增，所以f（x）≥f（1）=0（符合）.

當m>■時，令f″（x）=2lnx+3-2m=0，得x0=e■>1.當x∈（1，x0）時，f″（x）<0，所以f′（x）在x∈（1，x0）上單調遞減，所以f′（x）

綜上，m≤■.

分析3：為什么第二題不考慮分離參數的方法呢？題型的特點是什么？

特點：研究的兩個函數起始位置的函數值均為零，尤其是第二個函數，它的導函數在起始位置時的函數值仍然為零.

若x∈（1，x0），f（x）單調遞減，則必有小于零的部分，這與f（x）≥0恒成立矛盾，因此必然要先單調遞增.大致有這兩種情況：第一種較為常見（圖2），第二種比較少見（圖3），當然也較難.

分析4：整體法是否具有可操作性？

整體法的步驟：①求導;②單調性唯一時求范圍;單調性不唯一時找矛盾.

分析5：解題策略是什么？是否具有可遷移性？

推廣到一般函數問題的解題步驟：①求導;②單調性唯一時求范圍;單調性不唯一時找零點;③二次求導，研究導函數圖像，然后重復步驟②;④所有不確定的點則需要討論.

拓展練習1：若存在x0∈1+■，2，使不等式■x■-2ax0+lnx0+ln（a+1）>m（a2-1）-（a+1）+2ln2對任意a∈（1，2）恒成立，求實數m的取值范圍.

分析：解決雙變量問題的關鍵是分步處理變量，然后就是恒成立問題的解題方法了.

解：f（x0）=■x■-2ax0+lnx0，x0∈1+■，2的最大值f（2）=ln2-2a滿足條件即可.

即-2a+ln2+ln（a+1）>m（a2-1）-（a+1）+2ln2對任意a∈（1，2）恒成立.

即m（a2-1）-ln（a+1）+a+ln2-1<0對任意a∈（1，2）恒成立.

記g（a）=ma2+a-ln（a+1）-m+ln2-1，a∈（1，2），則g（1）=0，即g（a）

g′（a）=2ma+1-■=■（2ma+2m+1）.

因為g（a）<0=g（1），所以g′（1）=■·（4m+1）≤0？圯m≤-■.

①當m≤-■時，g′（a）=■（2ma+2m+1）<0，所以g（a）在a∈（1，2）上單調遞減，所以g（a）

②當-■1. 當a∈1，-1-■時，g′（a）>0，所以g（a）在a∈1，-1-■上單調遞增，所以g（a）>g（1）=0. 不符合題意.

③當m≥0時，g′（a）>0，所以g（a）在（1，2）上單調遞增，所以g（a）>g（1）=0. 不符合題意.

綜上，m≤-■.

拓展訓練2：已知函數f（x）=ax2+bx+c，g（x）=ex，若b=2a，c=2，且對任意x≥0，■≤2x+2恒成立，求實數a的取值范圍.

解：對任意x≥0，■≤2x+22恒成立，g（x）=ex>0，所以2（x+1）ex≥ax2+2ax+2，即ax2+2ax+2-2（x+1）ex≤0.

設h（x）=ax2+2ax+2-2（x+1）ex，x∈[0，+∞）.

h′（x）=2a（x+1）-2（x+2）ex，h″（x）=2a-2（x+3）ex在x∈[0，+∞）上單調遞減，所以h″（x）≤h″（0）=2（a-3）.

當a≤2時，h″（x）<0，所以h′（x）在[0，+∞）上單調遞減，所以h′（x）≤h′（0）=2（a-2）≤0，所以h（x）在[0，+∞）上單調遞減，所以h（x）≤h（0）=0（符合）.

當20，因為y=h′（x）的圖像不間斷，所以存在x■∈[0，lna），使得h′（x■）=0. 當x∈[0，x■）時，h′（x）>0，h（x）在x∈[0，x■）上單調遞增，所以h（x）≥h（0）=0（不符合）.

當a>3時，h″（0）=2（a-3）>0，h″（lna）= -2a（lna+2）<0，因為y=h″（x）的圖像不間斷，所以存在x0∈[0，lna），使得h″（x0）=0. 當x∈[0，x0）時，h″（x）>0，h′（x）在x∈[0，x0）上單調遞增，h′（x）>h′（0）=2（a-2）>0，h（x）在x∈[0，x0）上單調遞增，所以h（x）≥h（0）=0（不符合）.

綜上，a≤2.

函數問題是高中數學的難點，很多學生都覺得難以下手，除了求導這個常規操作外，就不知道該如何解決了. 但筆者認為函數問題并沒有那么復雜，它的可操作性很強，基本解題思路就是求導研究圖像，先看單調性唯一的情況，再看不唯一時有幾個零點，把導函數圖形理清楚了，原函數的圖像也就有了. 當然含有參數時，需要討論，有時也需要一些技巧加以輔助，比如重新構造函數、如何尋找零點等.