一道2024年高考不等式恒成立問題的探究

1.試題呈現

題目" （2024新高考數學2卷第8題）設函數f（x）=（x+a）ln（x+b），若f（x）≥0，則a2+b2的最小值為（" ）.

A.18""" B.14""" C.12""" D.1

該題簡潔明了，清新脫俗，給人一種煥然一新的感覺.表面上考查函數知識，實際上考查不等式恒成立問題.深入考查分類討論思想以及轉化與化歸思想，對直觀想象、邏輯推理與數學運算等素養進行了深入的考查，不失為一道具有較高區分度的優質試題.

2.解法探究

解法1" 因為f（x）的定義域為（－b，+∞），令f（x）=0可得x=－a，x=－b+1.若－alt;－b，則當x∈（－b，－b+1）時，x+agt;0，ln（x+b）lt;0，則f（x）lt;0，不符題意.若－blt;－alt;－b+1，則當x∈（－a，－b+1），x+agt;0，ln（x+b）lt;0，則f（x）lt;0，不符題意.當－b+1lt;－a，則當x∈（－b+1，－a），x+alt;0，ln（x+b）gt;0，則f（x）lt;0，不符題意.所以－a=－b+1.即a=b－1.所以a2+b2=（b－1）2+b2=2b2－2b+1=2（b－12）2+12≥12，所以當a=b=12時，a2+b2取得最小值12，故選C.

評注" 直接從解不等式的角度出發，分析討論參數a與b對不等式符號的影響.解法自然，無需其他方法和工具，應為首選之法.

解法2" g（x）=f（x－b）=（x+a－b）lnx，則不等式f（x）≥0等價于g（x）≥0.設t=a－b，則不等式等價于（x+t）lnx≥0，設h（x）=（x+t）lnx（x∈（0，+∞）），則h′（x）=lnx+tx+1，h″（x）=x－tx2.當t≤0時，h″（x）gt;0，h′（x）單調遞增.當x→0時，h′（x）→－∞，當x→+∞時，h′（x）→+∞，則存在x0∈（0，+∞），使得x∈（0，x0），h′（x）lt;0，h（x）單調遞減，當x∈（x0，+∞），h′（x）gt;0，h（x）單調遞增.因h（1）=0，若t∈（－1，0），則當x∈（0，1）時，h（x）lt;0，不符題意；若t∈（－∞，－1），當x∈（1，x0），h（x）lt;0，不符題意；若t=－1，則h（x）≥0，符合題意.當tgt;0時，易知當x∈（0，1），h（x）lt;0，不符題意.綜上，當t=－1時，a－b=－1，即a=b－1符合題意，下同解法1.

評注" 解法2基于圖象的平移，將函數表達式化簡，通過換元將雙參數轉化為單參數處理.從解題過程來看，解法2顯得繁瑣，但解題思維是常用的，是處理多變量問題的經典思路.

解法3" 因為f（x）=（x+a）ln（x+b），所以f′（x）=ln（x+b）+x+ax+b.注意到f（－b+1）=0，由于函數圖象是連續的，因此必有f′（－b+1）=a－b+1=0，也即a=b－1.當a=b－1時，f′（x）=ln（x+b）－1x+b+1.則當x∈（－b，－b+1）時，f′（x）lt;0，f（x）單調遞減，當x∈（－b+1，+∞）時，f′（x）gt;0，f（x）單調遞增，f（x）≥f（－b+1）=0，符合題意.所以a=b－1，以下同解法1.

評注" 解法3直接分析函數性質解題.首先注意到函數在定義域內一定有一個零點x=－b+1，由于函數圖象是連續的，因此必有函數在這一點處的切線斜率為0.找到a與b的關系后，再證明充分性即可.

3.模型建構與應用

從解法1中可以看出，兩個因式的乘積大于等于零，則兩個因式必須始終同號.換句話說，兩個因式的零點必須相同.因此，可得到一類恒成立問題的處理策略.即f（x）g（x）≥0（≤0），則f（x）與g（x）始終同號（或異號），也即f（x）與g（x）的零點始終相同.

例2"" 設a∈R，若xgt;0時，均有［（a－1）x－1］（x2－ax－1）≥0，則實數a的取值集合為"" .

解" 當a=1時，不等式變為x2－x－1≤0，顯然此不等式對xgt;0不恒成立，不符題意.當a≠1時，函數y=（a－1）x－1與y=x2－ax－1都過定點（0，－1），則它們的零點相同.函數y=（a－1）x－1的零點為x=1a－1，則有（1a－1）2－aa－1－1=0，解得a=32.當a=32時，不等式變為（x－2）（2x2－3x－2）≥0，即（x－2）2（2x+1）≥0，顯然此不等式對xgt;0均成立，所以a的取值集合為{32}.

評注" 如果將不等式左側構造為一個函數，再分析這個函數的性質求解，運算將會很繁瑣.從不等式的角度分析，可推得兩個因式的零點必然相同，從而可簡化問題的求解.

例3"" 已知函數f（x）=ex+ax2－x.

（1）當a=1時，討論f（x）的單調性；

（2）當x≥0時，f（x）≥12x3+1，求實數a的取值范圍.

解nbsp; （1）f（x）在（－∞，0）上單調遞減，在（0，+∞）上單調遞增.過程略.

（2）設g（x）=ex+ax2－x－12x3－1，且g（0）=0，則g′（x）=ex+2ax－1－32x2，則g′（0）=0，則g″（x）=ex+2a－3x，則g″（0）=1+2a.由1+2a≥0得a≥－12.設g（x）在x0處與x軸相切，則有ex0" + ax0 2-x0 -12x0 3-1 = 0，

ex0" + 2ax0 -1-32x0 2 = 0，解得x0=0或x0=2或x0=1+2a.因為g（0）=0，則由g（2）=e2+4a－7≥0，

g（1+2a）=e1+2a－2a2－4a－52≥0， 解得a≥7－e24.綜上獲得一個必要條件a≥7－e24.

當a≥7－e24時，由g（x）=ex+ax2－x－12x3－1≥ex+7－e24x2－x－12x3－1，只需證ex+7－e24x2－x－12x3－1≥0即可，只需證1+7－e24x2－x－12x3－1ex≥0.設h（x）=1+7－e24x2－x－12x3－1ex，則h′（x）=x（x－2）（2x－9+e2）4ex.令h′（x）=0得x=0，或x=9－e22或x=2，則當x∈（0，9－e22）和（2，+∞）時，h′（x）gt;0，h（x）單調遞增，當x∈（9－e22，2）時，h′（x）lt;0，h（x）單調遞減.又因h（0）=h（2）=0，則h（x）≥0恒成立.綜上，實數a的取值范圍為a∈［7－e24，+∞）.

評注" 由端點右側附近函數單調遞增求得一個必要條件a≥－12，但這個條件不是充分條件，原因是此時g（x）≥0在定義域內不恒成立的.因此再由g（x）在其零點處的圖象特征，求得另一個必要條件a≥7－e24.將兩個必要條件取交集，從而得到必要條件a≥7－e24，接下來證明其充分性即可.

4.結語

不等式恒成立問題是高考的高頻考點，解題方法靈活多樣.對于不等式恒成立的問題，一般處理的策略有兩種：一是基于不等式本身的性質分析問題和解決問題；二是借助函數圖象直觀分析問題和解決問題.無論用什么方法解決問題，都應當認真分析不等式的結構，尋找合適的方法求解，而不是盲目地進行操作.