不等式恒成立问题的解法探究论文

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关键词 :新高考；函数与导数；数列

2022 年的高考数学卷着眼于对数学思想方法和数学核心素养的考查，其中新高考Ⅱ卷第 22 题则 是将导数、不等式、数列有机结合对学生进行考查. 下面将对新高考Ⅱ卷第 22 题进行解答与分析.

1 试题呈现与评析

题目  (2022 年新高考Ⅱ卷第 22 题)已知函数(x) ＝xeax －ex .(1)当 a ＝1 时，讨论f(x)的单调性；(2)当 x >0 时，f(x) < －1 ，求 a 的取值范围；(3)设 n ∈ N ∗ ，证明:   1   ＋   1   ＋ … ＋ 12 ＋1  22 ＋21n ＋n > ln(n ＋1).

试题评析  本题第(1)小问讨论函数单调性， 主要考查函数与导数、单调性与导数的关系等知识； 考查学生函数与方程、数形结合的数学思想以及运用基础知识解决数学问题的能力. 第(2)小问主要考查函数与导数、不等式恒成立求参数取值范围的 问题，考查学生对问题的分类讨论能力、逻辑推理能 力以及数学建模能力. 第(3)小问主要考查通过函 数导数解决不等式的基本方法，实现问题的解决. 本 题充分体现了起点低，落点高，涉及知识点较多，有 很强的综合性和灵活性，具有一定的区分度，自主探 索性强，是一道考查学生数学素养和能力的优质题.


2 试题解法研究

第(1)问求导后容易判断单调性，这里解答从略. 下面对第(2)问进行研究，相关解法如下. 2. 1 第(2 ) 问解析
思路 1  对参数讨论，转化为恒成立.

解法 1  若 a≥1 ，由(1)知，当 a ＝ 1 时，f(x )的 最小值为f(0) ＝ － 1 ，即 xex －ex ≥ － 1 ，所以当 x > 0 时，f(x) ≥ －1 ，与题意矛盾；若 < a <1 ，令 x ＝lnt，则当 t > 1 时，ta lnt －t <－1 恒成立. 考虑函数 g(t ) ＝ ta lnt － t ＋ 1 ，则 g′(t ) ＝ata －1 lnt ＋ta － 1 － 1 ，g″(t) ＝a (a － 1)ta －2 lnt ＋ata －2 ＋ (a －1 )ta －2 ＝ta －2 [a(a －1 )lnt ＋2a － 1 ]，当  < a< 1 时， > 0，所 以 当 t ∈ ( 1 ，e  ) 时，1 －2ag″(t) >0，故 g′(t)在(1 ，ea(a －1) )上单调递增，所以当1 －2at∈(1 ，ea(a－1) )时，g′(t) ≥g′(1 ) ＝0，从而 g(t)在(1 ，1 －2a1 －2aea(a－1) )单调递增，从而 g(ea(a－1 ) ) >g(1 ) ＝0，这样就 找到一个点 m ＝e  >1 ，使得 g(m) > 0，即 ma lnm－m > －1 ，与题意矛盾；
若 a ≤ ，则当 x >0 时，f(x) < xe －ex . 令g(x) ＝e  －e－ －x(x > 0)，则 g′(x ) ＝ e  ＋ e－ － 1>  ·2 e  ·e－ －1 ＝0，故 g(x)在(0，＋ ∞)上单调递增，所以 g(x) > g(0) ＝0，即 e  －e－ －x > 0， 两边同乘 e  ，得到 ex －1 －xe >0，即 xe －ex < －1 ， 即当 x >0 时，f(x) < －1 恒成立.

综上，a 的取值范围为( － ∞，].评注  解法 1 是对参数进行分类讨论，进而将 所证明不等式转化为恒成立问题，利用同构结合函数单调性进行证明解决，其中对参数分类讨论时节 点的选取较为不易想到.思路 2 分离函数，数形结合.

解法 2  当 x ＝0 时，f(x ) ＝ － 1；当 x > 0 时， f(x) < －1等价于 ax < ln(ex － 1 ) － lnx 恒成立. 记
g(x) ＝ln(ex －1 ) －lnx，则 g′(x) ＝ ＝  .

令 h(x) ＝ (x － 1 )ex ＋ 1 ，则 h ′ (x ) ＝xex > 0，则  h(x)在(0，＋ ∞)上单调递增，即 h (x ) > h (0) ＝0， 则 g′(x) >0，则 g(x)在(0，＋ ∞)上单调递增.

原不等式恒成立等价于 y ＝ax 的图象位于 y ＝ g(x)的图象下方，临界情况为两函数图象相切，切点易知为 x ＝0. 由于 g(x)在 x ＝0 处无定义，下面则对其导函数分析，g′(x) ＝  ·    x   x→0               x→0         x        x→0 (ex －1 )
lx ·lx ＝  ，则 a ＝lxg′(x) ＝  .

综上，a 的取值范围为( － ∞，].评注  解法 2 是将所给不等式合理变形转化为f(x) >g(x)的形式，能够较容易地判断出不等号两边函数的图象关系. 难点在于对 g(x)及其导数在 x ＝0 的 讨论，涉及到高等数学中的极限思想，较为复杂.

思路 3  构造含参函数，进行分类讨论.

解法 3  令 g(x) ＝f(x ) ＋ 1 ＝xeax －ex ＋ 1 (x ≥ 0)，则原题等价于证明 g(x ) < g(0) ＝0 对 ∀x > 0 恒成立. 又 g′(x ) ＝eax ＋axeax －ex ，g′(0) ＝0，g″(x ) ＝a(2eax ＋axeax ) －ex ，g″(0) ＝2a － 1. 若 g″(0) > 0，1               g′(x) －g′(0)      g′(x)2           x→0 ＋         x －0      x→0 ＋    x>0，则有 g′(x) > 0(x > 0)，即 g(x ) > g(0) ＝0，与题意矛 盾；若 g″ (0 ) ≤ 0，即 a ≤  时，g′ (x ) ＝ eax ＋ln(1 ＋ax) －ex ≤e x ＋ln(1 ＋x) －ex ≤e x ＋x －ex ＝0，则有 g(x)在[0，＋ ∞)上单调递减，g(x) ≤g(0) ＝0， 符合题意.

综上，a 的取值范围为( － ∞，].解法 4  因为∀x > 0，有f(x) ＝xeax －ex < － 1 ， 等价于对∀x > 0，0 < ln(ex － 1 ) －lnx －ax. 令 g(x )＝ln(ex － 1 ) － lnx －ax，则等价于证明 g(x ) > 0 在(0，＋ ∞)上恒成立. g′(x ) ＝  －  ＋ 1 －a. 首先 易证明 ex > 1 ＋x ＋ (x >0)，则有 －  <0.若 a ≥1 ，则 g′(x) <0 在(0，＋ ∞)上恒成立，故g(x)在(0，＋ ∞)上单调递减. 由 lim g(x ) ＝0，因此x→0 ＋对∀x >0，都有 g(x) <0，与题意矛盾.若 < a < 1 ，则 g′ (x ) < 1 － a ＋  －  ＝ 1 －a －  <0在(0，) 上恒成立，故 g (x ) 在(0，)上单调递减，则在(0，)上有 g(x )<0，与题意矛盾.若 a ≤  ，则 g′ ( x ) ≥  －  ＋  ＝. 令 h (x ) ＝ (x － 1 ) ex ＋ x ＋ 1，则h ′(x) >0，则 h(x)在(0，＋∞)上单调递增. 又 h(0) ＝0， 对∀x >0，h(x) >0，则 g′(x) >0，故 g(x)在(0，＋∞)上 单调递增，所以对∀x >0，都有 g(x) >0，符合题意.

综上，a 的取值范围为( － ∞，].评注  两种解法均为直接变形后移项构造函 数，但后续对于导数结合不等式的放缩的讨论情况 比较复杂，而对导函数求解零点的讨论相对简单. 相 比于解法 1 ，2，这两种解法较为常规，同时也是构造含参函数解决不等式恒成立问题的一般思路. 2. 2 第(3 ) 问解析观察不等式右式，ln(n ＋1 ) ＝ln( ×  ×
… ×  2  ) ＝ln n ＋1  ＋ln  n  ＋ … ＋ln  2  因此，原不等式等价于   1    ＋   1    ＋ … ＋   1    > ln  212 ＋ 1  22 ＋2       n2 ＋n      1＋ … ＋ln  n  ＋ln n ＋ 1n － 1      n .只需证明   1    > ln n ＋ 1  ，只需证     x   >
n2 ＋n       n          ln(1 ＋x)对 x >0恒成立即可.

解法 1  (利用已知，取特殊值法)由(2)知，令 a＝1  x ＝ln(1 ＋t)可得 ln(1 ＋t)e  －eln(1 ＋t) < －1，化简，得 ＋tln(1 ＋t) －(1 ＋t) < －1.即    t   >ln(1 ＋t).1 ＋t令 t ＝   (k ＝1，2，…，n)，求和后原不等式得证.

解法 2  (构造函数，利用导数探讨恒成立)令 f(x ) ＝  － ln ( 1 ＋ x )，则 f ′ (x ) ＝2(x ＋1 ) －x －2  ＝   (  －1 )    ≥ 0
2x 1 ＋x ＋2 x ＋1    2x 1 ＋x ＋2 x ＋1则 x >0 时，f(x) >f(0) ＝0 恒成立，原不等式得证.

评注  此题的难点在于如何将不等式进行转 化，第(3)问可以在第(2)问的基础上对问题进行解 决，通过构造函数相对应的不等式，进而对 x 取值， 得到数列型不等式，也可以直接观察所需证明的不 等式与函数方程结合解决问题. 本题将函数、导数、 数列以及不等式等知识有机结合，考查学生灵活应 用函数、不等式思想解决复杂问题的能力，对直观想 象和逻辑推理能力也有较高的要求.

对导数的学习要淡化技巧，重视基础，回归问题 的本质，掌握基本数学思想，注重通解通法. 作为一名 教师，教学中要巩固学生的知识基础，构建完整的知识 体系，帮助学生将知识整合并对其系统化. 此外，教师 在解题教学过程中应当把握教学目标，巩固学生对自 身知识的认知，坚持问题驱动原则，引导学生思考问 题. 充分利用数学思想进行解题指导，多角度尝试解决 问题，从而培养学生的数学思维，提高数学素养.

参考文献 :

[1 ] 李浩宾，高军. 不等式恒成立问题的解法探究— 以 2020 年高考全国 Ⅰ 卷理科数学压轴 题为例[J]. 中学数学研究(华南师范大学版)， 2020 (21 ) :9 －11 .

[2 ] 胡贵平. 导数中的数列型不等式[J ]. 数理化解 题研究，2019 (25 ) :2 －5.

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