一類不等式恒成立求參數取值范圍問題的求解策略

摘"要"本文通過一道高考題的求解，探究了一類不等式恒成立中的等數取值問題，并歸納相應問題求解步驟

關鍵詞"參數取值范圍；不等式恒成立；求解

不等式恒成立求參數的取值范圍問題一直是高考考查的熱點，求解此類問題常見的有參數分離法（將參數分離，問題轉化為求解無參數函數的最值）、數形結合法（將不等式進行適當的變形，并將不等式左右兩側的式子視為函數式、曲線的方程，通過研究兩個函數圖象的關系，建立參數的不等關系）、特殊值探路法（通過對變量賦值，獲得參數的取值范圍，再證明在此范圍下不等式恒成立）、函數最值法（通過對參數分類討論，將不等式恒成立問題轉化為函數最值問題，通過求解出函數最值，從而獲得參數的取值范圍）.

這四種方法在應對參數僅出現一次的問題時，能很好的處理.當參數出現在多個位置時，分離參數法往往無法分離出參數、數形結合法往往無法繪制出不等式兩邊函數的圖象、特殊值探路法往往無法恰巧取到那個唯一的特殊值導致充分性證明失效、函數最值法往往無法求解導函數的零點導致無法求解出最值，但是仍然可以通過虛設導函數零點，通過適當的代換消參，有效破解參數多位置問題.筆者將此法進行歸納提煉，整理成文，與同仁交流.

一、策略剖析

引例nbsp;"（2020年新高考山東卷第21題）已知函數f（x）=aex－1－lnx+lna.

（1）當a=e時，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；

（2）若f（x）≥1，求a的取值范圍.

分析"對于問題（2），求導得f′（x）=aex－1－1x，f″（x）=aex－1+1x2gt;0，可知f′（x）存在唯一零點，設為x0，且可得f（x）min=f（x0），故f（x）≥1等價于f（x0）≥1.由f′（x0）=0得a=1x0ex0－1，將其代入f（x0）≥1中并化簡，等價于不等式1x0－2lnx0－x0≥0，求導可證1x0－2lnx0－x0≥0等價于x0∈（0，1］，從而通過x0∈（0，1］求出1x0ex0－1的范圍，實現問題求解.

整個求解過程可以歸納為如下三個步驟（假設已知f（x）≥0恒成立，其中x為變量，a為參數）：

步驟一，取導定點：研究導函數f′（x）的零點和圖象，得到其唯一零點，設為x0，驗證f（x）min=f（x0），從而將條件f（x）≥0等價轉化為f（x0）≥0.

步驟二，代換消參：由f′（x0）=0解得a=F1（x0），將其代入f（x0）≥0中，消去參數a并化簡，得到無參數不等式F2（x0）≥0.

步驟三，確定范圍：研究函數F2（x）的圖象特征，通過F2（x0）≥0確定x0的取值范圍D，再利用x0∈D反求函數F1（x0）的值域，最終實現參數a取值范圍的確定.

二、第（2）問解法賞析

解析"（步驟一）顯然agt;0.求導得f′（x）=aex－1－1x，f″（x）=aex－1+1x2≥0，所以f′（x）在（0，+）上單調遞增.當x→0，得f′（x）→－，當x→+，得f′（x）→+，所以函數f′（x）在（0，+）內存在唯一零點x0，且當x∈（0，x0），f′（x）lt;0，當x∈（x0，+），f′（x）gt;0，故f（x）在x=x0處取得最小值，則f（x）≥1等價于f（x0）≥1，即aex0－1－lnx0+lna≥1.

（步驟二）由f′（x0）=0得a=1x0ex0－1，則1x0ex0－1ex0－1－lnx0+ln（1x0ex0－1）≥1，即1x0－2lnx0－x0≥0.

（步驟三）令g1（x）=1x－2lnx－x（x∈（0，+）），由g′1（x）=－1x2－2x－1=－（1+1x）2lt;0，所以g1（x）在（0，+）單調遞減，結合g1（1）=0，可得當且僅當x∈（0，1］，g1（x）≥0，所以1x0－2lnx0－x0≥0等價于x0∈（0，1］.

因為a=1x0ex0－1，令g2（x）=1xex－1（x∈（0，1］），g′2（x）=－x+1x2ex－1lt;0，所以g2（x）在（0，1］單調遞減，得g2（x）≥g2（1）=1，從而a=g2（x0）≥1，故a∈［1，+）.

評注"本題采用同構法需要將不等式aex－1－lnx+lna≥1進行等價變形，得到elna+x－1－lnx+lna≥1，即elna+x－1+lna－1≥lnx，即elna+x－1+lna+x－1≥x+lnx，即elna+x－1+lna+x－1≥elnx+lnx，接著構造函數F（x）=ex+x，研究其單調性，脫去F，得到lna+x－1≥lnx.

三、應用探析

例1"（華大新高考聯盟2024屆高三4月教學質量測評第11題，單選）若關于x的不等式a（lnx+lna）≤2e2x在（0，+）上恒成立，則實數a的取值范圍為（""）.

A.（0，e］"B.（0，e2］"C.（0，e］"D.（0，2e］

解析"（步驟一）顯然agt;0.令f（x）=2e2x－a（lnx+lna），得f′（x）=4e2x－ax，f″（x）=8e2x+ax2gt;0，所以f′（x）在（0，+）單調遞增.當x→0，得f′（x）→－，當x→+，得f′（x）→+，所以函數f′（x）在（0，+）內存在唯一零點x0，且當x∈（0，x0），f′（x）lt;0，當x∈（x0，+），f′（x）gt;0，故f（x）在x=x0處取得最小值，則f（x）≥0等價于f（x0）≥0，即2e2x0－a（lnx0+lna）≥0.

（步驟二）由f′（x0）=0得a=4x0e2x0，則2e2x0－4x0e2x0［lnx0+ln（4x0e2x0）］≥0，即14x0－x0－lnx0－ln2≥0.

（步驟三）令g1（x）=14x－x－lnx－ln2，由g′1（x）=－14x2－1－1xlt;0，得g1（x）在（0，+）單調遞減，結合g1（12）=0，可得當且僅當x∈（0，12］，g1（x）≥0，所以14x0－x0－lnx0－ln2≥0等價于x0∈（0，12］.

因為a=4x0e2x0，令g2（x）=4xe2x（x∈（0，12］），g′2（x）=4（1+2x）e2xgt;0，所以g2（x）在（0，12］單調遞增，得g2（x）≤g2（12）=2e，從而a=g2（x0）≤2e，得a的取值范圍為（0，2e］.

評注"本題采用同構法需要將不等式a（lnx+lna）≤2e2x進行等價變形，得到aln（ax）≤2e2x，即axln（ax）≤2xe2x，即eln（ax）ln（ax）≤2xe2x，接著構造函數F（x）=xex，研究其單調性，脫去F，得到ln（ax）≤2x.

例2"（全國T8學校2021屆高三第一次聯考第16題）已知函數f（x）=aex+lnax+2－2（agt;0），若f（x）gt;0恒成立，則實數a的取值范圍為______.

解析"（步驟一）f′（x）=aex－1x+2，f″（x）=aex+1（x+2）2gt;0，所以f′（x）在（－2，+）單調遞增.當x→－2，得f′（x）→－，當x→+，得f′（x）→+，所以函數f′（x）在（－2，+）內存在唯一零點x0，且當x∈（－2，x0），f′（x）lt;0，當x∈（x0，+），f′（x）gt;0，故f（x）在x=x0處取得最小值，則f（x）gt;0等價于f（x0）gt;0，即aex0+lnax0+2－2gt;0.

（步驟二）由f′（x0）=0得a=1（x0+2）ex0，則1（x0+2）ex0ex0+ln1（x0+2）2ex0－2gt;0，即1x0+2－2ln（x0+2）－（x0+2）gt;0.

（步驟三）令g1（x）=1x+2－2ln（x+2）－（x+2）（x∈（－2，+）），由g′1（x）=－1（x+2）2－2x+2－1lt;0，得g1（x）在（－2，+）單調遞減，注意到g1（－1）=0，所以當且僅當x∈（－2，－1），g1（x）gt;0，所以1x0+2－2ln（x0+2）－（x0+2）gt;0等價于x0∈（－2，－1）.

因為a=1（x0+2）ex0，令g2（x）=1（x+2）ex（x∈（－2，－1）），g′2（x）=－x+3（x+2）2exlt;0，所以g2（x）在（－2，－1）單調遞減，得g2（x）gt;g2（－1）=e，從而a=g2（x0）gt;e，得a的取值范圍為（e，+）.

評注"本題采用同構法需要將不等式aex+lnax+2－2gt;0進行等價變形，得到elna+x+lna－ln（x+2）－2gt;0，即ex+lna+lnagt;2+ln（x+2），即ex+lna+x+lnagt;x+2+ln（x+2），即ex+lna+x+lnagt;eln（x+2）+ln（x+2），再構造函數F（x）=ex+x，研究其單調性，脫去F，得到x+lnagt;ln（x+2）.

例3"（2023年云南省高三第二次檢測第22題）已知mgt;0，e是自然對數的底數，函數f（x）=ex+m－mln（mx－m）.

（1）若m=2時，求函數F（x）=ex+x22－4x+2－f（x）的極值；

（2）是否存在實數m，對任意xgt;1，都有f（x）≥0？若存在，求出實數m的取值范圍；若不存在，請說明理由.

解析"（1）略.

（2）（步驟一）f′（x）=ex－mx－1，f″（x）=ex+m（x－1）2gt;0，所以f′（x）在（1，+）單調遞增.當x→1，得f′（x）→－，當x→+，得f′（x）→+，所以函數f′（x）在（1，+）內存在唯一零點x0，且當x∈（1，x0），f′（x）lt;0，當x∈（x0，+），f′（x）gt;0，故f（x）在x=x0處取得最小值，則f（x）≥0等價于f（x0）≥0，即ex0+m［1－lnm－ln（x0－1）］≥0.

（步驟二）由f′（x0）=0得m=（x0－1）ex0，則ex0+（x0－1）ex0{1－ln［（x0－1）ex0］－ln（x0－1）}≥0，即1x0－1－（x0－1）－2ln（x0－1）≥0.

（步驟三）令g1（x）=1x－1－（x－1）－2ln（x－1）（x∈（1，+）），由g′1（x）=－1（x－1）2－1－2x－1lt;0，得g1（x）在（1，+）單調遞減，結合g1（2）=0，可得當且僅當x∈（1，2］，g1（x）≥0，所以1x0－1－（x0－1）－2ln（x0－1）≥0等價于x0∈（1，2］.

因為m=（x0－1）ex0，令g2（x）=（x－1）ex（x∈（1，2］），g′2（x）=xexgt;0，所以g2（x）在（1，2］單調遞增，得g2（x）≤g2（2）=e2，從而m=g2（x0）≤e2，得m的取值范圍為（0，e2］.故存在m，對任意xgt;1，都有f（x）≥0.

評注"本題采用同構解法，需要將不等式ex+m－mln（mx－m）≥0進行等價變形，得到1mex≥ln（mx－m）－1，即ex－lnm≥lnm+ln（x－1）－1，即ex－lnm－lnm≥ln（x－1）－1，即ex－lnm+（x－lnm）≥ln（x－1）+（x－1），即ex－lnm+（x－lnm）≥eln（x－1）+ln（x－1），接著構造函數F（x）=ex+x，研究其單調性，脫去F，得到x－lnm≥ln（x－1）.

例4"（福建省部分校2024屆高三上期中第22題）已知函數f（x）=e4x－1－4aln（2x）.

（1）當a=1時，求曲線f（x）在點（12，f（12））處的切線方程；

（2）當agt;0時，若關于x的不等式f（x）≥a+aln（2a）恒成立，求實數a的取值范圍.

解析"（1）略.

（2）（步驟一）顯然agt;0.f（x）的定義域為（0，+），f（x）≥a+aln（2a），即e4x－1－4aln（2x）－a－aln（2a）≥0.

設g1（x）=e4x－1－4aln（2x）－a－aln（2a），則g′1（x）=4e4x－1－4ax，g″1（x）=16e4x－1+4ax2gt;0，所以g′1（x）在（0，+）上為增函數.當x→0時，g′1（x）→－，當x→+時，g′1（x）→+，所以存在唯一的x0gt;0，使g′1（x0）=0，且當x∈（0，x0）時，g′1（x）lt;0，當x∈（x0，+）時，g′1（x）gt;0，故g1（x）在x=x0處取得最小值，則g1（x）≥0等價于g1（x0）≥0，即e4x0－1－4aln（2x0）－a－aln（2a）≥0.

（步驟二）由g′1（x0）=0，得a=x0e4x0－1，所以e4x0－1－x0e4x0－1［4ln（2x0）+1+ln（2x0e4x0－1）］≥0，即1x0－5ln（2x0）－4x0≥0.

（步驟三）設g2（x）=1x－5ln（2x）－4x（x∈（0，+）），可得g′2（x）=－1x2－5x－4lt;0，所以g2（x）在區間（0，+）單調遞減，結合g2（12）=0，可得當且僅當x∈（0，12］，g2（x）≥0，所以1x0－5ln（2x0）－4x0≥0等價于x0∈（0，12］.

因為a=x0e4x0－1，設g3（x）=xe4x－1（x∈（0，12］），則g′3（x）=（4x+1）e4x－1gt;0，得g3（x）在（0，12］上單調遞增，則g3（x）≤g3（12）=e2，從而a=g3（x0）≤e2，得實數a的取值范圍是（0，e2］.

評注"本題筆者試了許久，無法實現同構求解，且至今未見網絡上哪位網友給出同構解答.

參考文獻

［1］"羅增儒.中學數學解題的理論與實踐［M］.南寧：廣西教育出版社，2008.

［2］"史寧中，林玉慈等.關于高中數學教育中的數學核心素養——史寧中教授訪談之七［J］.課程·教材·教法，2017，37（4）：8-14.