破解含參不等式恒成立問題

陳學義

(北京教育學院石景山分院)

含參不等式恒成立問題是函數與導數專題中的常見問題,也是高考中的熱點問題.含參不等式中含有參數,導致題目的難度增加,很多同學在解決問題時會出現束手無策的情況.本文通過幾道例題談談破解含參不等式恒成立問題的解題策略,供讀者參考.

1 參變分離

例1若不等式aex－lnx－1≥0(a∈R)恒成立,求實數a的取值范圍.

點評參變分離是解決含參不等式中恒成立問題的常見方法,求解時,先將含參不等式f(a,x)≥0轉化為a≥g(x)或a≤g(x)的形式,再求函數g(x)的最大值或最小值,從而得出a的取值范圍.在利用參變分離求解含參不等式恒成立問題時,需要分離后的函數g(x)結構不復雜,便于研究.

2 帶參討論

例2已知函數f(x)＝alnx－x＋1(a∈R),若f(x)≤0恒成立,求實數a的值.

當a≤0 時,f′(x)＜0 恒成立,則f(x)在(0,＋∞)上單調遞減,又f(1)＝0,所以當0＜x＜1時,f(x)＞0,從而f(x)≤0不能恒成立,不符合題意.

當a＞0 時,由f′(x)＞0,解得0＜x＜a,由f′(x)＜0,解得x＞a,所以f(x)在(0,a)上單調遞增,在(a,＋∞)上單調遞減,從而

又f(x)≤0恒成立,所以alna－a＋1≤0.

設φ(a)＝alna－a＋1,則φ′(a)＝lna,由φ′(a)＞0,解得a＞1,由φ′(a)＜0,解得0＜a＜1,從而φ(a)在(0,1)上單調遞減,在(1,＋∞)上單調遞增,故φ(a)≥φ(1)＝0,所以φ(a)＝0,此時a＝1.

綜上,實數a的值為1.

例3已知函數f(x)＝ex－1－asinx,若f(x)≥0在[0,π]上恒成立,求實數a的取值范圍.

所以g(x)在[0,π]上單調遞增,又g(0)＝0,所以g(x)≥0,而f(x)≥g(x),所以f(x)≥0,符合題意.

綜上,實數a的取值范圍為(－∞,1].

點評例2、例3與例1一樣也是恒成立問題,但采用參變分離的方法解決,例2會出現兩個障礙:一是分離時不知lnx的符號,需要分0＜x＜1,x＝1,x＞1三種情形進行討論;二是分離后的函數研究起來比較困難.同樣地,例3分離出的函數結構不簡單,研究起來也比較困難.于是帶參對函數f(x)進行研究,后續需對參數進行分類討論,此時尋找討論的分界點是解題的關鍵,也就是例2中的“0”和例3中的“1”是如何找到的.通常在解決問題的過程中,需要求函數f(x)的最值,從而要研究函數f(x)的單調性,因此導函數f′(x)的符號是尋找討論的分界點方法之一.比如例2,因為x＞0,所以當a≤0,即a－x＜0時,此時f′(x)恒負,所以0是討論的分界點.例3利用例2的思路不太容易找到分界點使得f′(x)恒正或恒負,但是發現f(0)＝0,要使f(x)≥0在[0,π]上恒成立,則在x＝0右側附近函數值不能減少,所以f′(0)≥0,由此可得到f(x)≥0成立的必要條件,從而找到討論的分界點.若含參不等式f(x)≥0 在[0,＋∞)上恒成立,且恰好滿足f(0)＝0,則稱不等式具有端點效應,利用不等式的端點效應也是尋找分類討論的分界點方法之一.

3 先必要后充分

例4(2020 年山東卷理21,節選)已知函數f(x)＝aex－1－lnx＋lna.若f(x)≥1,求a的取值范圍.

解析令g(x)＝aex－1－lnx＋lna－1,則對任意的x∈(0,＋∞)有g(x)≥0恒成立.

由g(1)＝a＋lna－1≥0,可得a≥1.下面證明當a≥1時,g(x)≥0恒成立.當a≥1時,有

令h(x)＝ex－1－lnx－1,則易知h′(x)在(0,＋∞)上單調遞增,又h′(1)＝0,所以當x∈(0,1)時,h′(x)＜0,h(x)在(0,1)上單調遞減;當x∈(1,＋∞)時,h′(x)＞0,h(x)在(1,＋∞)上單調遞增,hmin(x)＝h(1)＝0.因為g(x)≥h(x),所以g(x)≥0.

綜上,實數a的取值范圍為[1,＋∞).

點評例4也是恒成立問題,本題參變分離較為困難,帶參討論分界點也不明確,此時可以采用先必要、后充分的方法,即先抓住一些關鍵點,將關鍵點代入不等式解出參數的范圍,獲得結論成立的必要條件,再論證充分性,從而解決問題.

對于含參恒成立問題,若能參變分離且分離后的函數結構簡單,便于研究,就用參變分離求解;若參變分離遇阻,那就帶參對函數進行研究,可以利用導函數的符號以及端點效應等方法尋找討論的分界點進行帶參討論;若參變分離困難,帶參討論分界點也不明,則可以先利用關鍵點探究出必要條件,再論證充分性即可.

(完)