从一道联考题谈不等式恒成立问题的解题策略论文

SCI论文（www.lunwensci.com） 关键词 :不等式恒成立；解题策略；一题多解

纵观近些年的高考和各级各类模拟考，不等式恒成立求参数范围问题越来越受命题者的青睐，已成为常考常新的问题，因此该类问题是高考备考的一大重点. 从内容来看，该类试题的交汇面广，综合考查函数、导数、不等式等方面的知识；从考查能力角度来看，该类试题不仅可以很好地考查考生的 “四基”(基础知识、基本技能、基本思想、基本活动 经验)，还能考查考生的关键能力和数学核心素养 (数学抽象、逻辑推理、数学建模、数据分析、直观想 象、数学运算)，是展示考生能力的一个很好的平台. 但是从实际的教师教学和学生掌握情况来看，该类问题又是复习备考的一大难点. 如何有效突破这一重点、难点，成为广大一线教师在复习备考中亟待 解决的一大课题，现笔者结合自身教学实践与研究， 以 2021 年山西省三重教育 11 月高三大联考导数题 为例，阐述如何突破该类问题的解题策略.


1 问题呈现与分析

题目  已知函数f(x ) ＝ex  －lnx (a >0).(1)当 a＝时，分析函数f(x )的单调性；(2)若对∀x >0，f(x ) ≥lna ＋2 恒成立，求实数 a 的取值范围.

分析  该题是 2021 年山西省三重教育 11 月大 联考理科第 20 题，第(1)问属于常规问题，本文不 再赘述，重点论述第(2)问，此问是含有参数的不等 式恒成立问题，本小题综合性强、解法灵活、难度较 大，主要考查了利用导数研究函数的单调性，含参不 等式恒成立求参数范围等知识，考查了学生分析问 题、解决问题的能力及转化与化归等数学思想，体现 了逻辑推理、数学运算等数学核心素养. 本文尝试对 本题的第(2)问从不同的角度予以思考，给出不同 的解法.

2 解法探究

2. 1 转化为函数最值法

对于一些含参不等式恒成立问题，将不等式朝着有利于通过导数判断单调性的方向变形，将不等式整理为一侧为常数(一般为零)的形式，根据题目 的量词( ∀或 ∃ )，将问题转化为函数最值与常数 (一般为零)的不等关系，这是处理不等式问题最基本的通法之一.

解法 1   由f(x )≥lna＋2，得ex  －lnx－lna－2≥0.设 g(x ) ＝ex  －lnx－lna－2，问题转化为 g (x ) min ≥0，
求导，得 g′(x ) ＝－ .易知 g′(x )在(0，＋∞)上单调递增.设 x1  < min {2，a }，x2  > max {2，a }，则 g′(x1 ) <0，g′(x2 ) >0.所以存在 x0  ∈ (x1，x2 )使 g′(x0 ) ＝0.当 0 < x < x0  时 g′(x ) < 0，当 x > x0  时 g′(x ) > 0，则 g(x )在(0，x0 )上单调递减，在(x0，＋∞ )上单调递增.故 g (x ) min  ＝g(x0 ) ＝－lnx0  －lna－2.由 g′(x0 ) ＝0，得＝ 1即 lna＝x0  ＋lnx0  －2.则 g (x ) min  ＝＋x0  －2lna－4＝－2lnx0  －x0 ≥0.设 φ(x ) ＝－2lnx－x，则 φ(x0 ) ≥0.易知 φ(x )在(0，＋∞)上单调递减.又 φ(1) ＝0，则 0 < x0 ≤1 .所以 lna＝x0  ＋lnx0  －2≤ －1 .即 0 < a≤ 1e .

2. 2“切线”放缩法

一些含参不等式中，将指数函数、对数函数综合考查，尤其是与 ex，lnx 有关的超越函数问题，若直接 求导找零点(多数情况下是隐零点)，往往复杂繁 琐，此时若能巧妙运用一些“切线不等式” 进行放缩，将复杂的超越函数转化为简单函数 (以直代曲)，常常可以起到化繁为简的效果. 牢记两个重要的“切线不等式” :①ex ≥x＋1(x∈R，当且仅当 x＝0时等号成立)；②lnx≤x －1(x∈R，当且仅当 x ＝1 时等号成立)，这两个不等式是“切线放缩”法的基础.

解法 2   (利用 ex ≥ex 放缩)由 ex ≥ex，得f(x ) －lna－2 ＝ex  －lnx－lna－2≥－lnx－lna－2.设 h (x ) ＝－lnx－lna－2，求导，得 h ′(x ) ＝－ .当 0 < x < ae 时，h ′(x ) < 0，当 x > ae 时，h ′(x ) >0，则 h (x )在(0，ae )上单调递减，在( ae，＋∞ )上单调递增.

所以 h (x ) min  ＝h (ae ) ＝－2lna－2.当 x ＝1 且 x ＝ae 时，f(x ) －lna －2 取最小值为 －2lna－2.故－2lna－2≥0.
即 0 < a≤ 1e.

解法 3   (利用 lnx ≤x －1 放缩) 由 lnx ≤x －1， 得f(x ) －lna－2 ＝ex  －lnx－lna－2≥－x－lna －1 .设 h (x ) ＝－x－lna －1，求导，得 h (x ) ＝ －1 .当 0 < x < ln (ae2 )时，h ′(x ) < 0，当 x > ln ( ae2 ) 时，h ′(x ) > 0，则 h (x )在(0，ln ( ae2 ))上单调递减，在(ln (ae2 )，＋∞)上单调递增.所以 h (x ) min  ＝h (ln (ae2 ) ) ＝－2lna－2.当 x ＝1 且 x＝ln (ae2 )时，f(x ) －lna－2 取最小 值为－2lna－2.故－2lna－2≥0.即 0 < a≤ 1e .

2. 3 “同构”法

有些题中的不等式经适当整理变形后，可以表 示成两侧结构相同的形式，如 F(x ) ≥0 等价变形为 f(g(x ) ) ≥f(h (x ) )，利用这个结构式构造对应函数 f(x )，进而利用所构造函数f(x )的性质(单调性、奇 偶性、对称性等) 解题的方法，我们通常叫做同构法. 常见的同构形式有 :xex  ＝elnx＋x， ＝ex－lnx， ＝elnx－x，x＋lnx＝ln (xex )，x－lnx＝ln (  )等.解法 4   (同构函数“ex  ＋x ”法)由f(x ) ＝ex －lnx≥lna＋2，得 ex－lna－2  －lna－2≥lnx.即 ex－lna－2  ＋x－lna－2≥x＋lnx＝elnx  ＋lnx. 设 φ(t ) ＝et  ＋t，则 φ(x－lna－2) ≥φ(lnx ).易知 φ(t )为单调递增函数.所以 x－lna－2≥lnx.
即 lna≤x－lnx－2.又 x－lnx≥1(当且仅当 x ＝1 时等号成立)，则lna≤ －1，即 0 < a≤ 1解法 5   (同构函数“lnx＋x”法)由f(x ) ＝ex －lnx≥lna＋2，得ex－lna－2  －lna－2≥lnx.即 ex－lna－2  ＋x－lna－2＝ex－lna－2  ＋lnex－lna－2
≥x＋lnx.设 φ(t ) ＝t＋lnt，则 φ(ex－lna－2 ) ≥φ(x ).易知 φ(t )为单调递增函数.所以 ex－lna－2 ≥x.又 ex －1 ≥x(当且仅当 x ＝1 时等号成立)，则 lna＋2≤1，即 0 < a≤ 1解法 6   (同构函数“xex ”法)由f(x ) ≥lna＋2， 整理，得 xex ≥ae2 x ·ln (ae2 x ).即 xex ≥ln (ae2 x ) ·eln (ae2x ) .设 φ(t ) ＝tet (t >0)，则φ(x )≥φ[ln (ae2 x ) ].求导，得 φ′(t ) ＝(t ＋1)et  >0.则 φ(t )为单调递增函数.所以 x≥ln (ae2 x ).即 ex ≥ae2 x.即 a≤又 ex －1 ≥x(当且仅当 x ＝1 时等号成立)，则ex－2  ≤ 1 ，所以 0 < a≤ 12. 4 必要性“探路”法

对一类函数不等式恒成立问题，可以通过取函 数定义域中某个数，缩小参数的讨论范围，获得初步 的参数范围，之后在此范围内继续讨论进而解决问 题. 在这个定义中，“取函数定义域中某一个数”，便 相当于寻找一个能使题意成立的必要条件，而题目 本身要寻求的参数的取值范围(或最值)，相当于是 使题意成立的充分必要条件. 因此，在找到必要条件 的基础上，只需要证明这个条件反过来能推出题意， 即证明这个条件也是满足题意的充分条件. 这样，充 分性和必要性都成立，那么所求出的范围必然是题 目所寻求的参数的准确取值范围，这便是必要性
“探路”法.

解法 7   由f(x ) ≥lna＋2，得ex  －lnx－lna－2≥0.设 g(x ) ＝ex  －lnx－lna－2，问题转化为 g(x ) ≥0 恒成立，则g(1 ) ＝－lna－2≥0.即 ·＋ln －2≥0.设 φ(t ) ＝  ·t＋lnt－2，则 φ() ≥0.易知 φ(t )在(0，＋∞)上单调递增，且 φ( e ) ＝0，所以≥e.则 0 < a≤为问题成立的必要条件.当 0 < a≤时，设 m (a ) ＝＋ln －lnx－2，则 m (a ) ≥ex －1  －lnx －1 .又 ex－1 ≥x 且 x－1≥lnx(当且仅当 x ＝1 时两等 号成立)，则 ex －1  －lnx －1 ≥0.所以 g(x ) ＝m (a ) ≥0.
综上得 0 < a≤ 1e .

2. 5 “凹凸”反转法

有些不等式，将其适当变形，使之满足两个条 件:(1)不等式变形后，不等号两侧的对应函数呈现 凹凸反转的特点；(2)两侧对应函数在同一点取最 值. 如不等式 F(x )≥0 变形为f(x ) ≥g(x )，f(x )为 凹函数且在 x＝x0  处取得最小值，g(x )为凸函数且 在 x＝x0  处取得最大值，问题转化为f(x0 ) ≥g(x0 ).解法 8   由f(x ) ≥lna＋2，整理，得ex  ≥ae2 ln(ae2 x )x           x       .设 m (x ) ＝(x >0)，n (x ) ＝，求导得 m ′(x ) ＝，n ′(x ) ＝－ .则当 0 < x < 1 时 m ′(x ) < 0，当 x > 1 时 m ′ (x )>0，则 m (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单 调递增.所以 m (x ) min  ＝m ( 1 ) ＝e.当 0 < x < 时，n ′(x ) >0，当 x > 时，n ′(x ) <0，则 n (x )在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减.所以 n (x ) max  ＝n ( ) ＝ae3 .m (x ) ≥n(x )等价于 e ≥ae3，当且仅当 1 ＝时等号成立，即 0 < a≤ 1

2. 6 反函数法

若函数 m (x )与函数 n (x )互为反函数，则两函 数图象关于直线 y＝x 对称，于是我们不难明白不等 式 m (x ) ≥n(x )等价于 m (x ) ≥x (或 x≥n (x ) ). 我 们又知道同底的对数函数与指数函数互为反函数， 所以在解决一些同时含有指数和对数的不等式问题 时，若我们能将不等式变形为 m (x ) ≥n(x )的形式， 则可以借助 m (x ) ≥x (或 x ≥n (x )) 解题，减少运算，化繁为简.解法 9   由f(x ) ≥lna＋2，整理，得≥ln(ae2 x ).设 m ( x ) ＝ ，n ( x ) ＝ ln ( ae2 x )，注 意 到
m [ n ( x ) ] ＝x，故 m ( x )与 n ( x )互为反函数，则问题转化为 m ( x ) ＝  ≥ x 恒 成 立，即 a ≤ ，下同解法 6 .

参考文献 :

[ 1 ] 杨瑞强. 指对跨阶“同构法”求解不等式恒成立 题 [J ] . 数理化解题研究，2021 (34) :74－75 .

关注SCI论文创作发表，寻求SCI论文修改润色、SCI论文代发表等服务支撑，请锁定SCI论文网
文章出自SCI论文网转载请注明出处：https://www.lunwensci.com/jiaoyulunwen/44051.html