函數最值與不等式恒成立的互相轉化探究

已知一個不等式恒成立欲求其相關的參數范圍是一類常見的函數應用問題，其解題策略就是通過對不等式的代數變形，使之轉化為求一個新函數的最值問題.與對應的是已知函數的最值求其式子中參數的值問題，其解題策略是將函數式變形為不等式恒成立問題，再轉化其一個新函數的最值.這兩類問題的解決就是兩個數學概念之間的不斷轉換，通過對函數的最值與不等式恒成立的辯證使用，達到化簡問題、變難為易的解題目的.本文通過對其中幾個典型題目進行分析探究，展示問題轉化的常規策略與核心要點，供參考.

1.用求函數的最值解決不等式恒成立問題

1.1" 參數分離法

例1" 已知x=2是函數f（x）=13x3－bx2+2x+a的一個極值點.（Ⅰ）求函數f（x）的單調遞增區間；（Ⅱ）若不等式f（x）－a2gt;23對x∈［1，3］恒成立，求實數a的取值范圍.

解析" （Ⅰ）因為x=2是函數f（x）=13x3－bx2+2x+a的一個極值點，由于f′（x）=x2－2bx+2，所以x=2是方程x2－2bx+2=0的一個根，回代得b=32.令f′（x）=x2－3x+2gt;0，解之得xlt;1或xgt;2，故函數的單調遞增區間為（－∞，1）和（2，+∞）.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當x∈（1，2）時f′（x）lt;0，x∈（2，3）時f′（x）lt;0，所以函數f（x）在（1，2）上單調遞減，在（2，3）上單調遞增.于是f（2）是函數f（x）在區間［1，3］上的最小值，容易知道（－1，3）.故當x∈［1，3］時，要使不等式f（x）－agt;23恒成立，只需f（2）gt;a2+23， 即23+agt;a2+23，解得 0lt;alt;1.

點評" 對不等式恒成立的條件，可以理解為：若agt;f（x）恒成立，則agt;［f（x）］max；若alt;f（x）恒成立，則alt;［f（x）］min，其中順利分離不等式式中參數是解題關鍵.

1.2" 分類討論法

例2" 若當x≥0時，有不等式ax2+x+1－ex≤0恒成立，求實數a的取值范圍.

解析" 由于恒不等式可變形為：ex≥ax2+x+1，容易證明：當x≥0時，ex≥x+1，故a≤0時符合要求，故只需研究agt;0時的范圍即可.故當agt;0時，ex≥ax2+x+1，即為x≥ln（ax2+x+1），即x－ln（ax2+x+1）≥0，現令g（x）=x－ln（ax2+x+1），則g（0）=0，又令g′（x）=1－2ax+1ax2+x+1=ax2+（1－2a）xax2+x+1gt;0，注意到x≥0，得xgt;2a－1a且x≥0，（i）當2a－1agt;0，

agt;0， 即agt;12時， 容易得到g（x）在（0，2a－1a）上單調遞減，在（2a－1a，+∞）上單調遞增，故［g（x）］min=g（2a－1a）lt;g（0）=0，不符合g（x）≥0；（ii）當2a－1a≤0，

agt;0， 即0lt;a≤12時，則x≥0，所以函數g（x）在［0，+∞）上為單調遞增，于是有g（x）≥g（0）滿足題意.綜合上述結論可得，實數a的取值范圍是（－∞，12］.

點評" 由于題中給出的不等式是超越不等式，如果采用直接分離參數，問題會變得更加復雜，可能無法繼續下去.而通過采用對參數分類討論法解決，就能降低求解的難度.

1.3" 同構變形法

例3" 已知函數f（x）=aex+1，g（x）=lnxa－1（agt;0），若f（x）≥g（x）在區間（0，+∞）上恒成立，試求實數a的取值范圍.

解析" 由f（x）≥g（x）在區間（0，+∞）上恒成立，即對任意x∈（0，+∞）都有aex+1－lnxa+1≥0，而此不等式即為ex+lnx+1≥lnx－lna－1，也就是ex+lnx+1+x+lna+1≥lnx+elnx.若設h（x）=ex+x，由于h′（x）=ex+1gt;0恒成立，所以h（x）在R上是單調增函數，由以上分析知h（x+lna+1）≥h（lnx），所以x+lna+1≥lnx，于是lna≥lnx－x－1.再令φ（x）=lnx－x－1，則φ′（x）=1－xx，由此知，函數φ（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，所以函數φ（x）有最大值φ（1）=－2，所以lna≥－2，即a≥1e2，所以實數a的取值范圍是［1e2，+∞）.

點評" 通過挖掘不等式的特殊結構，并變形出一個特殊的不等式關系，然后再通過同構一個新函數，并順利地分離了參數，從而使原來的問題得到了簡化.

2.將函數最值轉化為恒成立問題

若已知一個含參數的函數式的最值，我們可以將它看成是一個含參數的不等式恒成立問題，然后通過分離參數將函數式進行轉化，用一個新的函數式將參數表示出來，這樣一個新函數的最大值就是所求的參數值，如此就解決了求值問題.

2.1" 直接構造函數

例4" 已知函數f（x）=lnx+x+mx的最小值3，求實數m的值.

解析" 因為函數f（x）的最小值為3，也就是不等式lnx+x+mx≥3恒成立，且存在xgt;0使等號成立，可變形m≤3x－x2－xlnx恒成立，且存在xgt;0使等號成立，所以m=（3x－x2－xlnx）max，下面就是如何求此函數的最大值．設g（x）=3x－x2－xlnx，則g′（x）=3－2x－（lnx+1）=2－2x－lnx，易知此函數為減函數，又g′（1）=0，所以在（0，1）上g′（x）gt;0，在（1，+∞）上g′（x）lt;0，所以函數g（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，則g（x）有最大值g（1）=2，故m=2.

點評" 本題中通過進行參數分離，將函數最小值問題變成了不等式恒成立問題，然而參數的值就是某個函數的最大值.由于表達式簡潔，采用直接設為新函數，再求其最大值.

2.2" 轉化構造函數

例5" 設函數f（x）=12tx2+lnx，⑴求f（x）單調區間；⑵若f（x）在（0，1］上的最小值是－1，求實數t的值.

解析" ⑴由于函數的定義域是xgt;0，由于f′（x）=tx+1x，下面對參數討論解決.

當t=0時，f（x）在（0，+∞）單調遞增；當tlt;0時，令tx+1xgt;0，得x2lt;－1t，又xgt;0，所以0lt;xlt;－1t，于是f（x）在（0，－1t）上單調遞增，在（－1t，+∞）單調遞減；當tgt;0時，又由于xgt;0，所以f′（x）gt;0恒成立，于是f（x）在（0，+∞）單調遞增.

⑵由于f（x）在（0，1］上的最小值是－1，也就是12tx2+lnx≥－1在（0，1］上恒成立．即t≥－2（1+lnx）x2在（0，1］上恒成立，所以t=［－2（1+lnx）x2］max，令h（x）=1+lnxx2，則h′（x）=－1－2lnxx3，令h′（x）=0，得x=1e，又當x∈（0，1e）時，h′（x）lt;0，當x∈（1e，1］時，h′（x）gt;0，所以函數h（x）有最小值g（1e）=12e，于是［－2（1+lnx）x2］max=－e，所以實數t=－e.

點評" 由于不等式變形轉化后，關于參數的表達式有些復雜，通過設一個與此相關的新函數并求出最小值，從而順利解決了原式的最大值，這樣就簡化了解題過程.

2.3" 分別構造函數

例6" 已知函數f（x）=（ex－ax）（lnx+1x2）+1的最小值為e，求實數a的值.

解析" 由于函數f（x）的的最小值為e，所以（ex－ax）（lnx+1x2）+1≥e恒成立，且存在xgt;0使等號成立，即a≤exx－e－1xlnx+1x恒成立，且存在xgt;0使等號成立，則a=（exx－e－1xlnx+1x）min.令g（x）=exx，則g′（x）=ex（x－1）x2，當x∈（0，1）時，g′（x）lt;0；當x∈（1，+∞）時，g′（x）gt;0，所以g（x）有最小值g（1）=e.令h（x）=xlnx+1x，則h′（x）=lnx+1－1x2，再令φ（x）=lnx+1－1x2，則φ′（x）=1x+2x3=1x（1+2x2），由于xgt;0，所以φ′（x）gt;0恒成立，即φ（x）是（0，+∞）上的單調增函數，又φ（1）=0，所以當x∈（0，1）時，h′（x）lt;0，當x∈（1，+∞）時，h′（x）gt;0，則h（x）有最小值h（1）=1，所以－e－1xlnx+1x有最小值－（e－1），于是（exx－e－1xlnx+1x）min=1，即a=1.

點評" 通過分別設兩個函數，分別求其最值，減輕了解題困難，必須注意所設的兩個函數是在同一個x處取得最小值，所以兩個函數的最小值的和就是原來函數的最小值.

雖然說不等式恒成立與函數的最值是兩個不同的數學概念，但在解決某個數學問題時可以進行相互轉化，這就是數學解題精妙之處，高中數學中的解題中有許多這樣精彩.