一石激起千層浪 吹盡黃沙始見金

摘要：2024年全國甲卷理科第21題的第（2）問是有關含參不等式恒成立求參數取值范圍的問題，是一道涉及導數應用的壓軸題.本文中重點對第（2）問進行探究，首先通過思維導圖分析解決該問題的分類討論、端點效應、參變分離、切線放縮、對數平均不等式等思路，然后給出對應的7種具體解法，接下來給出試題的溯源及拓展，最后進行反思總結.

關鍵詞：導數壓軸題；含參不等式恒成立；思維導圖；解題分析

課題信息：四川省教育科研課題“情境教學視域下的高中數學‘教-學-評’一致性研究”，課題編號為YB2023010.

1 試題再現

已知函數f（x）=（1－ax）ln（1+x）－x．

（1）當a=－2時，求f（x）的極值；

（2）當x≥0時，f（x）≥0，求a的取值范圍．

2 解法分析

本題第（

1）問較為簡單，分析略.第（

2）問是含參不等式恒成立問題，是近幾年數學高考的熱點問題，通過多年高考壓軸題的演化和研究，解題思路呈現百花齊放的狀態(tài)，符合高考追求的“無思維不命題”的重要原則.這類問題的切入點較多，例如含參討論、參變分離后求解極限、放縮、端點效應（必要性探路）等.第（2）問的思維導圖如圖1.

3 試題解析

3.1 第（1）問的解答

第（1）問思路較為簡單清晰，對f（x）求導后，觀察或利用二階導數討論導函數的單調性，求出f′（x）=0的唯一解，寫出其單調區(qū)間即可得到極值.

解：當a=－2時，

f（x）=（1+2x）ln（1+x）－x，

則f′（x）=2ln（1+x）－11+x+1.

因為y=2ln（1+x），y=－11+x+1在（－1，+∞）上皆為增函數，所以f′（x）在（－1，+∞）上為增函數，而f′（0）=0，于是當－1lt;xlt;0時f′（x）lt;0，當xgt;0時f′（x）gt;0，故f（x）在x=0處取極小值且極小值為f（0）=0，無極大值.

下面主要討論第（2）問的解法.

3.2 第（2）問的解答

方法1：直接討論法.

注意到函數f（x）在二階求導后會轉化為不含對數式的較簡單形式，因此可以嘗試在二階求導后直接進行討論.處理這類問題時要注意根據導函數的零點與已知區(qū)間的位置關系來確定分類標準.

解：求導，得f′（x）=－aln（1+x）-（1+a）x1+x.

設g（x）=-aln（1+x）-（a+1）x1+x，x≥0，

則

g′（x）=-ax+2a+1（1+x）2.

①當a≤-12時，g′（x）≥0在［0，+∞）上恒成立，則

g（x）≥g（0）=0，即f′（x）≥0且不恒為0，所以

f（x）在［0，+∞）上單調遞增，可知

f（x）≥f（0）=0.

②當-12lt;alt;0時，令g′（x）=0，得x=-2-1agt;0.

當0lt;xlt;-2-1a時，g′（x）lt;0，

函數g（x）在0，-2-1a上單調遞減.

此時g（x）lt;g（0）=0，即f′（x）lt;0，所以

f（x）在0，-2-1a上單調遞減，則

f（x）lt;f（0）=0，不合題意，舍去.

③當a≥0時，g′（x）lt;0在［0，+∞）上恒成立，則

g（x）在［0，+∞）上單調遞減，所以

g（x）≤g（0）=0，即f′（x）≤0且不恒為0，所以

f（x）在［0，+∞）上單調遞減，故

f（x）≤f（0）=0不合題意，舍去.

綜上，a的取值范圍是-∞，-12.

方法2：端點效應法.

注意到端點值f（0）=0，f′（0）=0，故f″（0）≥0，由此可得到a的范圍是－∞，－12，得到恒成立的必要條件，再證明當a∈－∞，－12時原命題成立，即證明充分性.

解：求導，得f′（x）=－aln（1+x）-（a+1）x1+x，x≥0，f′（0）=0.

設g（x）=-aln（1+x）-（a+1）x1+x，x≥0，

則

g′（x）=-ax+2a+1（1+x）2，g′（0）=-2a-1.

由題意知，當x≥0時，f（x）≥0，又

f（0）=0，所以f（x）在［0，+∞）上單調遞增.

所以f′（x）≥0在［0，+∞）上恒成立，又

f′（0）=0，所以f′（x）在［0，+∞）上單調遞增.

所以g′（x）≥0在［0，+∞）上恒成立.

由f″（0）≥0，得a≤-12.

所以a≤-12是當x≥0時，f（x）≥0的必要條件，下面證明其充分性.

法1：放縮f′（x）.

當a≤-12時，

f′（x）=-aln（1+x）-（a+1）x1+x≥12ln（1+x）-x1+x.

易知當xgt;0時，ln x≤x-1，所以

ln1x≤1x-1=1-xx，則ln x≥x-1x，從而ln（1+x）≥xx+1.

所以f′（x）≥0且不恒為0，則f′（x）在［0，+∞）上單調遞增，

從而f（x）≥f（0）=0.

綜上，a的取值范圍是-∞，-12.

法2：放縮f″（x）.

當a≤-12時，可得

g′（x）=-a1+x-a+1（1+x）2≥12（1+x）-12（1+x）2=x2（1+x）2≥0，可知

g（x）在［0，+∞）上單調遞增，則

f′（x）≥f′（0）=0，從而

f′（x）在［0，+∞）上單調遞增，所以

f（x）≥f（0）=0.

綜上，a的取值范圍是-∞，-12.

方法3：分離參數法.

在解決不等式恒成立求參數的取值范圍這類問題時，最常用的方法是分離參數，轉化為求函數的最值，注意到題目中x≥0，從而ln（1+x）≥0，所以分離參數減少了分類討論.

解：當xgt;0時，由f（x）=（1-ax）ln（1+x）-x≥0，得ax≤1-xln（1+x）.

當x=0時，f（x）≥0成立，此時a∈R.

當xgt;0時，a≤1x-1ln（1+x）.

令g（x）=1x-1ln（1+x），xgt;0，則

g′（x）=x21+x-［ln（1+x）］2x2［ln（1+x）］2.

令h（x）=x21+x-［ln（1+x）］2，

xgt;0，則

h′（x）=x2+2x1+x-2ln（1+x）1+x.

令φ（x）=x2+2x1+x-2ln（1+x），xgt;0，

則

φ′（x）=x2（1+x）2gt;0.

所以φ（x）在（0，+∞）上單調遞增，則φ（x）gt;φ（0）=0.

所以h′（x）gt;0，則

h（x）在（0，+∞）上單調遞增，可得h（x）gt;h（0）=0.

所以g′（x）gt;0，則

g（x）在（0，+∞）上單調遞增.

由洛必達法則，可知

limx→0g（x）=limx→0ln（1+x）－xxln（1+x）

=limx→011+x－1ln（1+x）+x1+x

=limx→0-1（1+x）2x1+x+x（1+x）2

=-12

.

所以a的取值范圍是-∞，-12.

方法4：切線放縮（半分離）法.

與分離參數思想類似，通過等價變形為-ax+1≥xln（1+x）

，利用曲直相切，數形結合得到a的范圍是－∞，－12.

解：當xgt;0時，由f（x）=（1－ax）ln（1+x）－x≥0，可得－ax+1≥xln（1+x）.

當x=0時，f（x）≥0恒成立.

當xgt;0時，設g（x）=xln（1+x），則

g′（x）=ln（1+x）－x1+x［ln（1+x）］2.

設h（x）=ln（1+x）－x1+x，xgt;0，則h′（x）x（1+x）2gt;0恒成立.

所以h（x）gt;h（0）=0，則g′（x）gt;0，從而g（x）在（0，+∞）單調遞增.

由洛必達法則，可知

limx→0g′（x）=limx→0ln（1+x）－x1+x［ln（1+x）］2

=limx→012（1+x）=12.

由limx→0g（x）=limx→0xln（1+x）=1，數形結合，可知－a≥12，即a≤－12.再證明其充分性即可.

方法5：對數平均不等式（飄帶放縮）法.

注意到第（1）問得出的結論（1+2x）ln（1+x）-x≥0，根據對數的均值不等式2（x-1）x+1≤ln x（x≥1），平移可得2xx+2≤ln（x+1）（x≥0），所以進一步整理可得12x+1ln（x+1）-x

≥0.

解：易證飄帶不等式

2（x-1）x+1≤ln x≤12x-1x，x≥1.

所以2xx+2≤ln（x+1）≤x（x+2）2（x+1），x≥0.

當x≥0時，（1-ax）ln（1+x）-x≥0恒成立，所以1-ax≥0，從而a≤0.

當x≥0時，可得（1-ax）x（x+2）2（x+1）-x≥（1-ax）＼5ln（1+x）-x≥0恒成立.

整理得-a（x+2）≥0恒成立，所以a≤-12.

當a≤-12時，

（1-ax）ln（1+x）-x≥1+x2ln（1+x）-x≥0，

即f（x）≥0，所以a的取值范圍是-∞，-12.

4 試題溯源

溯源1" （2022年新高考Ⅱ卷第22題）

已知函數f（x）=xeax－ex，當xgt;0時，f（x）lt;－1，求a的取值范圍.

本題也是一個恒成立問題，前文總結的多數方法都是通用的，比如利用端點效應，容易得到a≤12，再證明其充分性即可.

溯源2" （2024年新高考Ⅰ卷第18題）已知函數f（x）=lnx2－x+ax+b（x－1）3，若f（x）gt;－2當且僅當1lt;xlt;2，求b的范圍.

本題也是異曲同工，利用端點效應，在x=1處的一階導數和二階導數都為0，由其三階導函數大于等于0可以得到b的范圍，再證明其充分性.

5 試題拓展

拓展" （2022年全國甲卷）已知函數f（x）=exx－ln x+x－a．

（1）若f（x）≥0，求a的取值范圍；

（2）證明：若f（x）有兩個零點x1，x2，則x1x2lt;1．

解：（1）f（x）的定義域為（0，+∞），則

f′（x）=1x－1x2ex－1x+1=1x1－1xex+1－1x=x－1xexx+1.

令f′（x）=0，得x=1.

所以，當x∈（0，1），f′（x）lt;0，f（x）單調遞減;

當x∈（1，+∞），f′（x）gt;0，f（x）單調遞增.故f（x）≥f（1）=e+1－a.

若f（x）≥0，則e+1－a≥0，即a≤e+1.

所以a的取值范圍為（－∞，e+1］.

（2）證明：由題意，得f（x）=exx+lnexx－a.

令t=exxgt;1，g（t）=t+ln t－a，則g′（t）=1+1tgt;0.

所以g（t）=t+ln t－a在（1，+∞）上單調遞增，則g（t）=0只有1個解.

又因為f（x）=exx+lnexx－a有兩個零點x1，x2，所以t=ex1x1=ex2x2.

將上式兩邊取對數，得x1－ln x1=x2－ln x2，于是可得x1－x2ln x1－ln x2=1.

又因為x1x2lt;x1－x2ln x1－ln x2，所以x1x2lt;1，于是可得x1x2lt;1.

下證x1x2lt;x1－x2ln x1－ln x2.不妨設x1gt;x2.

要證x1x2lt;x1－x2ln x1－ln x2，只需證ln x1－ln x2lt;x1－x2x1x2，即證lnx1x2lt;x1x2－x2x1.

設t=x1x2gt;1，則只需證2ln tlt;t－1t.

構造h（t）=2ln t－t+1t，tgt;1，則

h′（t）=2t－1－1t2=－1－1t2lt;0.

所以h（t）=2ln t－t+1t在（1，+∞）上單調遞減.

故h（t）lt;h（1）=0，即2ln tlt;t－1t得證.

6 反思與建議

恒成立問題的標準答案往往是以討論為主，如果選擇含參討論，要思考是否需要調整原函數，原函數調整后問題是否等價，是否要調整導函數，調整后能否等價為討論新函數的符號問題．參數討論的分界值是問題的難點，有時候要發(fā)揮端點效應的作用，有時候要研究二階導函數，對學生來說并非易事，所以大部分學生會選擇分離參數，分離后的函數雖沒有參數，但往往比較復雜，通過導數研究其性質也很困難，有時還要用到極限的相關知識．拆分成兩個函數是小題的做法，往往要用到函數的凹凸性，不建議在大題中使用，因為不嚴謹也不規(guī)范.

解決此類問題時，含參討論還是分離參數，不能一概而論，要在解題過程中培養(yǎng)直覺.有些題目關注端點函數值，可以通過必要性探路，發(fā)現參數討論的分界值，很容易完成，但有學生卻南轅北轍分離參數；有些題目分離參數后所得函數很常見，有學生卻非要分類討論，陷入泥潭不能自拔.能夠利用端點效應解決的參數范圍問題，其命題思路大致都是利用常用不等式適當變形后，在保號的基礎上，將常數變異為參數，再利用主元變換的思想得到參數的取值范圍.因此，利用這種思路命制的題目，不等式取等處是關鍵.取等處曲線與x軸相切，此時一階導數為0，需要判斷二階（或三階）導數的正負. 對于這類題目，端點效應法可以作為一種通性通法，但若題目不嚴格滿足上述條件，則利用端點效應只能適當縮小參數范圍，因此，解題時要視情況而定.