一道不等式恒成立問題的解法探究

1 試題呈現

題目 已知函數

（1）當 a=2 時，求曲線在 x=1 處的切線方程;

（2）對任意 x?1 ，有 f（x）?0 恒成立，求實數a 的取值范圍.

分析試題第（1）小問考查導數的幾何意義，求曲線在一點處的切線，屬于基礎知識，本文不再詳細介紹.第（2）問以不等式恒成立問題為背景，考查運用導數工具分析函數性質的能力，考查直觀想象、邏輯推理和數學運算等素養，考查轉化與化歸思想、數形結合思想以及分類討論思想的應用.命題設計體現綜合性和應用性，能夠很好地區分不同層次對問題的理解能力和求解能力.函數解析式為對數函數與冪函數通過加減乘除等四則運算構成.總的來講，本題第（2）小問的命題理念能夠一定程度上體現新高考的要求，重思維，考能力.

2 解法探究

思路1直接研究函數 f（x） 的圖象和性質，將不等式恒成立問題轉化為最值問題求解.在求出f（x） 的最值之后，建立關于 a 的不等式，求得 a 的取值范圍.

解法1 ，令 g（x） =1-lnx-2ax2，且g'（x）=_1+6ax2

① 當 a≥0 時，對任意 x?1 ，有 g^′（x）lt;0 ，所以 g（x） 在 [1，+∞） 上是減函數；當 x?1 時， g（x） ?g（1）= 1-2a ，所以 g（x） 的最大值為 1-2a

若 1-2a?0 ，即 時， g（x）?0 ，即 f^′（x） ?0 ，所以 f（x） 在 [1，+∞） 上是減函數，當 x?1 時，有 f（x）?f（1）= 0 ，符合題意；

若 1-2agt;0 ，即 ，則 g（1）=1-2a gt;0，g（e）=1-lne-2ae³=-2ae³?0. 由 g（x） 在[1，+∞） 上單調遞減，可知存在 x₀∈（1，e] ，使得g（x₀）=0 當 10 時，有 g（x）gt;0 ，即 f^′（x）gt; 0，所以 f（x） 在 上單調遞增，有 f（x）gt;f（1） ε=0 ，與 f（x）?0 矛盾，不符合題意.

② 當 alt;0 時 當 xgt;1 時 ，于是f（x）gt;0 ，與 f（x）?0 矛盾，不符合題意.

綜上，實數 Δ_a 的取值范圍是

評注在求得 后，由于分母不影響此式的正負，從而很難判斷 f^′（x） 的正負，因此將分子重新構造一個函數 g（x） ，分析 的圖象與性質來判斷 g（x） 的性質，從而得到 f^′（x） 的性質.當 時，實際上是構造了一個與題意相矛盾的區間，從而判斷 不符合題目的要求.此解法具有分類討論思想

思路2 由于解析式中的第一項 ，其導函數中依然含有超越式 ，因此，為了避免出現這種結果，我們可以利用不等式的性質將 lnx 與 x 分離，然后再構造函數求解.

解法2 由 f（x）?0 可得 ，即 設 ，則 1-3ax3+ax.令h（x）=1-3ax³+ax ，則 h^′（x）=-9ax²+a=-a（9x²-1）

① 當 a?0 時， h^′（x）gt;0 ，則 h（x） 單調遞增（或為常數），所以 h（x）?h（1）=1-2a. 因為 alt;0 所以 1-2agt;0 ，所以 g（x） 在 （1，+∞） 上單調遞增，所以當 x∈（1，+∞） 時 g（x）gt;g（1）=0 ，不符題意.

② 當 agt;0 時， h^′（x）lt;0 ，則 h（x） 單調遞減，所以 ，所以 h（x） 的最大值為 1-2a

若 1-2agt;0 ，即 時，因為 h（1）= （204號 ，所以存在 ，使得 ，所以當 x∈ （20（1，x₀） 時， h（x）gt;0 ，所以 g^′（x）gt;0 ，所以 g（x） 在[1，+∞） 上單調遞增，所以當 x∈（1，+∞） 時， ，不符題意.

若 1-2a?0 ，即 時， h（x）?0 ，所以g^′（x）?0 ，所以 g（x） 在 [1，+∞） 是減函數，當 x? 1時，有 g（x）?g（1）=0 ，符合題意.

綜上，實數 α_a 的取值范圍是

評注解法2與解法1都是構造函數后，研究函數的最值問題.不同之處在于解法2首先對函數的解析式化簡，然后再構造函數，在運算過程中的同樣需要分類討論.

思路3分離參數 a 與自變量 x ，再研究函數的圖象與性質，從而問題獲解.

解法3 ① 當 x=1 時，當 a∈R 時，不等式 f（x） ?0 恒成立；

② 當 xgt;1 時，原不等式可化為 設 （20 ，則

令 h（x）=（x²-1）-（3x²-1）lnx ，則 h^′（x）= ，即 h（x） 在 （1，+∞） ）上是減函數，且 h（1）= 0 ，所以 h（x）lt;0 ，則 g^′（x）lt;0 ，故g（x） 在 （1，+∞） 上是減函數，又 所以 則實數 Δ_a 的取值

范圍是

評注分離參數法是解決恒成立問題的一種重要方法，該方法可以避免對參數進行繁雜的討論.但時常會遇到區間端點處無法代入求值的情形，此時需要用洛必達法則求極限，另外，該方法還會面臨求導的復雜性.

思路4注意到 f（1）=0 ，直觀想象 f（x） 若在（1，+∞） ）上單調遞減，則自然符合題意.這時我們可由 f（x） 在1的右側附近單調遞減求得一個使結論成立的必要條件，然后再證明其也是使結論成立的充分條件即可.

解法4 由題知 f（1）= 0 ，且函數 f（x） 在[1，+∞） 上是連續的，由題知 f（x）?0 ，則有 f^′（1） =1-2a?0 成立，解得 因為 ，所以 .因此只需證 （20 即證

設 ，則 h^′（x）=3x²-1- 2=3x2-x-2=（x-1））（3x2+3x+2）.因為x - 1?0，3x²+3x+2gt;0 ，則 h^′（x）?0 ，又 h（1）= 0，則 h（x）?0 則 l成立，則實數a的 取值范范是

評注由 f（x） 在1的右側附近單調遞減，則有f^′（1）?0 ，求得一個必要條件 ，接下來運用放縮法去掉參數 a ，再構造函數證明 也是 f（x） （204?0 的充分條件即可.

思路5將不等式變形，構造兩個函數，研究兩個函數的公切線，進而解決問題

解法5 由于不等式 f（x）?0 恒成立，等價于

構造函數 即證 由 令， g^′（x）=0 ， 則 x=e 如圖1，且 ，且

g^′（1）= 2a ，只需 2a ?1 ，即""，此時，當 x?1 時 h（x）?x- 1?g（x） ：

評注利用兩個曲線的公切線解題關鍵是求解兩個曲線的公切線，借助圖象直觀地分析問題和解決問

圖1

思路6 將不等式變形，構造兩個函數，利用直線與曲線相切求解問題.

解法6 不等式 f（x）lt;0 恒成立等價 a（x-1） （2"設""x（x+1），則g'（x） ="令""1）Inx，則h'（x）=-""1-2lnx-1lt;0，則h（x）在（1，+∞） 是減函數，又 h（1）=2gt;0，h（e）=-elt;

0，存在 x₀∈（1，e） ，使h（x₀）= 0 ，即 x_λ?∈λ""時， g^′（x）gt;0 ，則 g（x） 是單調遞增； x ∈ （20 （x₀，+∞） 時，g^′（x）lt;0 ，則""是單調遞減；又 g^′（1）=""，如圖2，當a=1

圖2

時，直線 y=a（x-1） 與曲線 y=g（x） 相切.若 a（x""則""，則實數 a 的取值范圍是"

評注利用直線與曲線相切解題，具有很強的直觀性，能夠很好地理解數形結合思想.利用兩曲線的公切線和直線與曲線相切解決恒成立問題，既是對導數幾何意義的深刻理解，同時也是培養直觀想象素養的重要方法.