内容正文:
■南宁市第四十二中学 郭翠雯
含参不等式恒成立问题是近年来新高考
数学试卷中的一类考查热点与基本题型,以
各种创新新颖、复杂多变的形式来巧妙设置,
备受各方关注。此类问题合理地将不等式、
函数或方程等相关知识点进行有机结合,变
量繁多复杂,知识覆盖面广,往往比较难以寻
觅解题的基本切入点与突破口,成为数学解
题中的一大难点。本文结合实例,就含参不
等式恒成立问题中的一些破解策略与技巧加
以剖析,希望能起到抛砖引玉的作用。
一、同构函数法
在处理含参不等式恒成立问题时,往往借
助不等式的恒等变形与转化,通过不等号两边
中代数式的共性、同型等的转化,合理构建相应
的函数,利用函数的单调性加以优化与变形,进
而利用函数的极值或最值来分析与解决。
例 1 (2024年四川省雅安中学等校
联考高三(下)开学数学试卷)当x>0时,
ae2x≥ln
x
aex
恒 成 立,则 a 的 取 值 范 围 为
( )。
A.0,
1
2ee B.0,1e
C.1e
,+∞ D.12e,+∞
解析:依题意,当x>0时,ae2x≥ln
x
aex
恒成立,则有xex≥
x
aex
ln
x
aex
=ln
x
aex
·e
ln
x
aex
在(0,+∞)上恒成立。
同构函数f(x)=xex,x>0,可得f'(x)
=ex+xex>0,所以函数f(x)在(0,+∞)上
单调递增。
所以x≥ln
x
aex
在(0,+∞)上恒成立,即
ex≥
x
aex
,亦即a≥
x
e2x
在(0,+∞)上恒成立。
设函数g(x)=
x
e2x
,x>0,可得g'(x)=
1-2x
e2x
。令g'(x)=0,得x=
1
2
,则当x∈
0,
1
2 时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;
当x∈ 12
,+∞ 时,g'(x)<0,函数g(x)单
调递减。
所以g(x)max=g
1
2 =12e,所以a≥12e,
即a的取值范围为 12e
,+∞ 。故选D。
点评:根据恒成立不等式的等价变形与转
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解题篇 创新题追根溯源
高考数学 2024年9月
化,为同构法构建函数提供条件,这也是同构法处
理此类问题的关键所在。借助同构函数法处理,
对含参不等式进行有效简化,使得问题更加简捷
明了,方便进一步的分析与处理。在同构函数法
中,由于恒成立不等式的不同思维视角的等价变
形与转化,为不同函数的同构提供方法。
二、分类讨论法
在处理含参不等式恒成立问题时,结合
参数取值情况加以分类讨论,是解决问题时
比较常用的一种基本思路。而合理构建函
数,巧妙利用函数的单调性来深入分类讨论,
是解决问题的关键与基础。
例 2 (2024年河南省郑州市高中毕
业年级第二次质量预测数学试卷)已知不等
式e
x-1a+1-2ax≥b对于任意实数x 恒成立,
则
b
a
的最大值为 。
解析:设函数f(x)=e
x-1a+1-2ax。
若a<0,对任意实数b,当x<
1
a-1
且
x<
1-b
2a
时,可得2ax>1-b,即-2ax<b-
1,那 么 e
x-1a+1-2ax<e0+b-1=b,即
e
x-1a+1-2ax<b,不合题意。
若a>0,求导可得f'(x)=e
x-1a+1-2a,
令f'(x)=0,得x=
1
a-1+ln
(2a)。当x∈
-∞,
1
a-1+ln
(2a) 时,f'(x)<0,函数
f(x) 单 调 递 减; 当 x ∈
1
a-1+ln
(2a),+∞ 时,f'(x)>0,函数
f(x)单调递增。
所以f(x)min=f
1
a-1+ln
(2a) =2a
-2a 1a-1+ln
(2a) =4a-2aln(2a)-2,
所以有4a-2aln(2a)-2≥b,即
b
a ≤4-
2ln(2a)-
2
a
。
构建函数g(a)=4-2ln(2a)-
2
a
,求导
可得g'(a)=-
2
a+
2
a2
,令g'(a)=0,得a=
1。当a∈(0,1)时,g'(a)>0,函数g(a)单
调递增;当a∈(1,+∞)时,g'(a)<0,函数
g(a)单调递减。
所以g(a)max=g(1)=2-2ln
2。
综上分析,当a=1,x=ln
2时,
b
a
取最
大值2-2ln
2。故填2-2ln
2。
点评:借助分类讨论法,回归含参问题的
根本,利用参数的不同取值情况加以讨论,更
加直接有效地直击目标,给问题的分析与求
解提供条件。分类讨论的根本目的还是确定
对应的代数式,对于代数式的最值的确定与
求解问题,可以巧妙转化为相应函数的最值
来达到目的,这也是解决问题的基本落脚点。
三、主元转化法
在处理含参不等式恒成立问题时,往往
可以依托条件,将变量与参数进行“换位”思
考,或将两个及以上变量进行主次划分,实现
主元转化,将问题转化为相应的单变量的函
数、方程或不等式问题,进而加以熟悉化处
理,巧妙深入研究与应用。
例 3 (2024年湖北省十一校高三第
二次联考数学试卷)若对于任意正数x,y,不
等式x(1+ln
x)≥xln
y-ay 恒成立,则实
数a的取值范围是( )。
A.0,
1
e B.1e3,1e
C.
1
e2
,+∞ D.1e3,+∞
解析:依题意,由不等式x(1+ln
x)≥
xln
y-ay 恒成立,可得不等式ay-xln
y+
x+xln
x≥0恒成立。
以y 为 主 元,x,a 为 次 元,构 建 函 数
f(y)=ay-xln
y+x+xln
x,y∈(0,
+∞),则有f'(y)=a-
x
y
。
当a≤0时,f'(y)<0,函数f(y)单调
递减。而存在a=-2,当x=y=1时,使得
f(y)<0,不合题意,舍去。
当a>0时,令f'(y)=0,得a=
x
y
,且
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解题篇 创新题追根溯源
高考数学 2024年9月
f'(y)=a-
x
y
=
ay-x
y
=
ay-
x
a
y
,当0<
y<
x
a
时,f'(y)<0,函数f(y)单调递减;当
y>
x
a
时,f'(y)>0,函数f(y)单调递增。
所以f(y)min=f
x
a =a×xa-xlnxa
+x+xln
x=2x+xln
a,要使得不等式
f(y)≥0恒成立,则必有不等式2x+xln
a
≥0恒成立。又x>0,可得2+ln
a≥0,即
ln
a≥-2,解得a≥
1
e2
。
综上分析,可知实数a 的取值范围是
1
e2
,+∞ 。故选C。
点评:借助主元转化法,对于涉及多变元
的不等式恒成立问题,可以选择合适的主元
来着重切入与应用,给模糊纷乱的问题场景
寻觅坚定的方向,拨开云雾见青天。主元转
化法其目的就是合理发挥消元的作用,给一
些同等地位的变量进行主次划分,为问题的
解决寻找一个突破口。
四、必要探路法
在处理含参不等式恒成立问题时,依托
解题思维方式,通过逆向思维,从显然成立的
特殊值视角切入,经常借助必要性探路法来
确定相应的结果,并在此基础上,借助充分性
的分析来验证结果的正确性。
例 4 (2024年浙江省台州市高三下
学期第二次教学质量评估数学试卷)已知关
于x 的不等式ln
x+1≤a xe
ax-1
2 恒成立,则
实数a的取值范围是 。
解析:必要性探路:依题意可知,当x>0
时,不等式ln
x+1≤a xe
ax-1
2 恒成立,令
x=1,得ae
a-1
2 -1≥0恒成立,显然a>0。
设函数g(a)=ae
a-1
2 -1,则由g(a)≥0
恒成立,易知函数g(a)在(0,+∞)上单调递
增,又g(1)=0,所以必有a≥1。
充分性验证:当a≥1时,不等式ln
x+1
≤a xe
ax-1
2 恒成立⇒不等式ln(ex)≤a x·
e
ax-1
2 恒成立⇒不等式 exln(ex)≤axe
ax
2 恒
成立⇒不等式 exln ex≤
ax
2e
ax
2 恒成立⇒
不等式ln
exeln
ex≤
ax
2e
ax
2 恒成立。
同构函数f(t)=tet,则不等式ln ex·
eln
ex≤
ax
2e
ax
2 恒成立⇒f(ln ex)≤f
ax
2 。
而f'(t)=(t+1)et,令f'(t)=0,得t=
-1。则当t∈(-∞,-1)时,f'(t)<0,函数
f(t)单调递减;当t∈(-1,+∞)时,f'(t)>
0,函数f(t)单调递增。
则当x∈ 0,
1
e 时,ln exeln
ex ≤0<
ax
2e
ax
2 成立;当x∈ 1e
,+∞ 时,ln ex>0,
ax
2>0
。而函数f(t)在(0,+∞)上单调递
增,所以f(ln ex)≤f
ax
2 ⇒ln ex≤ax2
⇒ln
x+1≤ax 恒成立。而当a≥1时,利用
切线不等式ln
x≤x-1,可得ln
x+1≤x≤
ax 恒成立。
综上分析,a≥1是不等式ln
x+1≤
a xe
ax-1
2 恒成立的充要条件,即实数a 的取
值范围是[1,+∞)。故填[1,+∞)。
点评:必要探路法是解决此类含参不等式恒
成立问题的一种“巧技妙法”。在实际操作中,往
往只是通过必要性探路后得到的结果即达到目
的,而充分性的验证环节往往根据考试的具体情
况(特别是时间)再合理选择与安排。注意解决问
题时通过必要性探路法所确定相应的结果,有时
不一定是正确的答案,不具有严谨性。
其实,在分析与解决含参不等式恒成立问
题时,合理的化归与转化,巧妙的等价变形是
基石。在此基础上,理解并掌握一些常见的解
决含参不等式恒成立问题的技巧与策略,合理
挖掘问题的内涵与本质,不断去领悟、体会与
总结,选取切实可行的技巧方法来切入与应
用,从而全面提高同学们的综合解题能力,有
效培养思维的灵活性、创造性。
(责任编辑 王福华)
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解题篇 创新题追根溯源
高考数学 2024年9月