不等式恒成立(有解)问题的转换策略-《中学生数理化》高考数学2025年5月

图1 􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮􀤮 图像时,要特别注意极值点的准确位置,要 注意当自变量趋近无穷时,因变量的变化 状态。 解:当x≤0时,f(x)=-x3+x2,求导 得f'(x)=-3x2+2x=-x(3x-2),所以 在(-∞,0]上f'(x)≤0,当且仅当x=0时, f'(x)=0,所以函数f(x)在(-∞,0]上单调 递减,f(0)=0。 当x>0时,f(x)= ln x x ,求导得f'(x) = 1-ln x x2 。 令f'(x)=0,得x=e。所以当x∈(0, e)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(e, +∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减。 又f(e)= ln e e = 1 e ,当x>1时,f(x)= ln x x >0 ,当x→0+时,f(x)→-∞,由此画出 f(x)、y=m 的大致图像,如图1所示。 函数g(x)=f(x) -m 有三个零点,等价于 y=f(x)与y=m 图像 有三个交点,所以 m 的 取值范围是 0, 1 e 。 故选C。 导数应用中的易错点除了以上几类,还 有其他类型,比如讨论含参数函数单调区间 时讨论点不明确致错,运用虚拟零点解题时 不考虑导函数的单调性致错等,同学们在平 时学习中要多思考、多总结、多比较易错题类 型,将这些错误扼杀在摇篮之中。 (责任编辑 王福华) ■江苏省锡东高级中学 许瑞珠 吴小明 不等式恒成立(有解)问题涉及函数、不 等式、方程、导数等内容,是知识交汇处的一 个较为活跃的知识点,渗透着函数与方程、等 价转换、分类讨论、数形结合、换元等思想方 法,是高中数学的重要内容,也是高考的热门 考点之一。由于此类问题综合性强,题中所 涉及的未知数、参数较多,处理时常常会陷入 困境,令不少同学望而却步。如果我们能掌 握解决此类问题的一般策略和思想方法,那 么此类问题必会迎刃而解。下面探讨不等式 恒成立(有解)问题的转换策略。 一、单变量的不等式恒成立(有解)问题 例 1 (2024年江西高三(上)开学考 试)已知函数f(x)=ln x-2x。 (1)求函数f(x)的最大值; (2)若不等式f(x)≤(a-2)x+2在(0, +∞)上恒成立,求实数a的取值范围。 解析:(1)f(x)max=f 1 2 =-ln 2-1。 (过程略) (2)不等式f(x)≤(a-2)x+2在(0, +∞)上恒成立,转换为a≥ ln x-2 x 在(0, +∞)上恒成立。 令g(x)= ln x-2 x (x>0),则g'(x)= 1-(ln x-2) x2 = 3-ln x x2 。 由g'(x)>0,得0<x<e3;由g'(x)< 0,得x>e3。所以g(x)的单调递增区间为 (0,e3),单调递减区间为(e3,+∞)。 所以g(x)max=g(e3)= ln e3-2 e3 = 1 e3 ,所 以a≥ 1 e3 ,所以当不等式f(x)≤(a-2)x+2 在(0,+∞)上恒成立时,实数a 的取值范围 为 1 e3 ,+∞ 。 方法点睛:本题是用了“分离参量”的方 法解决了不等式的恒成立问题,“分离参数 法”是解决含参问题的基本思想之一,对待含 43 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年5月 参的不等式问题,在能够判断出参数的系数 正负的情况下,可以根据不等式的性质将参 数分离出来,得到一个一端是参数,另一端是 变量表达式的不等式,只要研究变量表达式 的性质就可以解决问题。此类问题的一般结 构如下:①g(a)>f(x)(x∈D)恒成立等价 于g(a)>f(x)max;g(a)<f(x)(x∈D)恒 成立等价于g(a)<f(x)min;②g(a)>f(x) (x∈D)有解等价于g(a)>f(x)min;g(a)< f(x)(x∈D)有解等价于g(a)<f(x)max。 例 2 (2024年天津和平区高三(上) 阶段练习)已知函数f(x)=aln x+ 1 2 (x- 1)2,a∈R。 (1)当a=-2时,求函数f(x)的单调区 间; (2)若 对 任 意 的 x∈[1,+∞),都 有 f(x)≥0成立,求实数a的取值范围; (3)设g(x)=ln x+ 1 2x 2+ a x+ 1 2 ,若 存在x0∈[1,e],使得f(x0)>g(x0)成立, 求实数a的取值范围。 解析:(1)函数f(x)的单调递增区间为 (2,+∞),单调递减区间为(0,2)。(过程略) (2)对任意的x∈[1,+∞),都有f(x) ≥0,转换为当x∈[1,+∞)时,f(x)min≥0 恒成立,对f(x)求导得f'(x)= a x+x-1= x2-x+a x (x≥1)。 令h(x)=x2-x+a,若Δ≤0,即1-4a ≤0,a≥ 1 4 ,则h(x)≥0,即f'(x)≥0,所以 f(x)在[1,+∞)上单调递增,所以f(x)min =f(1)=0,满足题意。 若Δ>0,即1-4a>0,a< 1 4 ,此时x= 1± 1-4a 2 ,则当1+ 1-4a 2 ≤1 ,即0≤a< 1 4 时,h(x)≥0,即f'(x)≥0,所以f(x)在 [1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(1)= 0,满足题意。 当 1+ 1-4a 2 >1 ,即 a<0 时,此 时 f(1)=0,所以f(x)min=f 1+ 1-4a 2 < 0,不满足题意。 综上所述,当a≥0时,对任意的x∈[1, +∞)时,都有f(x)min≥0恒成立。 所以实数a的取值范围为[0,+∞)。 方法点睛:这里规避了“分离参数”法,原 因是分离参数后出现了“0 0 ”型,需要用到大 学里的“洛必达”法则,所以运用了“分类讨 论”法解决了不等式的恒成立问题。“分类讨 论”是处理含参问题的重要数学思想方法,通 过求导,根据参数取值情况分类讨论,研究原 函数的最值来确定参数的取值范围。此类问 题的一般结构如下:①f(x)>0(x∈D)恒成 立等价于f(x)min>0;f(x)<0(x∈D)恒成 立等价于f(x)max<0;②f(x)>0(x∈D)有 解等价于f(x)max>0;f(x)<0(x∈D)有解 等价于f(x)min<0。此类问题的难点在于确 立“讨论点”,所以需要我们优先把函数转化 为一阶导数,比如说二次函数,这样就把问题 转化为二次函数的讨论。 (3)构造函数m(x)=f(x)-g(x)=(a -1)ln x-x- a x ,问题转化为存在x0∈[1, e],使得m(x0)=(a-1)ln x0-x0- a x0 >0, 即存在x0∈[1,e],使得m(x)max>0。 对m(x)求导得 m'(x)= a-1 x -1+ a x2 = -x2+(a-1)x+a x2 = (x+1)(-x+a) x2 。 当a≤1时,在x∈[1,e]上,m'(x)≤0, m(x)单调递减,所以m(x)max=m(1)=-1 -a>0,即a<-1,满足题意。 当1<a<e时,在x∈[1,a]上,m'(x) >0,m(x)单调递增;在x∈[a,e]上,m'(x) <0,m(x)单调递减。所以m(x)max=m(a) =(a-1)ln a-a-1。因为1<a<e,所以0 <ln a<1,即-a-1<(a-1)ln a-a-1< -2,所以m(x)max=m(a)<0,不满足题意。 53 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年5月 当a≥e时,在x∈[1,e]上,m'(x)≥0, m(x)单调递增,所以m(x)max=m(e)=a-1 -e- a e>0 ,得a> e2+e e-1 ,满足题意。 综上可得,实数a 的取值范围为(-∞, -1)∪ e 2+e e-1 ,+∞ 。 方法 点 睛:不 等 式 f(x)>g(x)(或 f(x)<g(x))恒成立(有解),属于“单变量双 函数”的问题,需要转化为“单变量单函数”的 问题,即f(x)-g(x)>0(或f(x)-g(x) <0)恒成立(有解),进而构造辅助函数h(x) =f(x)-g(x),转化为类似第(2)问进行处 理。 例 3 (2024年河北高三(上)石家庄 精英中学校期末联考)设实数t>0,若te2tx- ln(2x)≥0对任意的x>0恒成立,则t的取 值范围为( )。 A.12e ,+∞ B.1e,+∞ C.0, 1 e D.0,12e 解析:由题意知x∈(0,+∞),又因为t >0,所以tx>0,te2tx>0。一方面,当x∈ 0, 1 2 时,ln(2x)≤0,te2tx>ln(2x)恒成立, 即当t>0时,te2tx-ln(2x)≥0对任意的x ∈ 0, 1 2 恒成立。另一方面,注意到te2tx- ln(2x)≥0⇒2txe2tx≥2xln(2x)⇒2txe2tx≥ ln(2x)eln(2x),其中2tx>0,ln(2x)>0,构造 函数 F(x)=xex,x>0,则 F(2tx)≥ F(ln 2x)。对F(x)求导得F'(x)=(x+1)· ex。因为x>0,所以F'(x)>0,F(x)单调 递增,则有2tx≥ln(2x),即t≥ ln 2x 2x ,2x∈ (1,+∞),x∈ 12 ,+∞ 。构造函数φ(x) = ln x x ,x∈(1,+∞),则φ'(x)= 1-ln x x2 。 令φ'(x)=0,解得x=e。所以当x∈(1,e) 时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增;当x∈(e, +∞)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减。所以 φ(x)max=φ(e)= 1 e , 即 当 x = e 2 时, ln 2x 2x max=1e。故要使t≥ln 2x 2x ,2x∈(1, +∞)恒成立,则t≥ 1 e ,即t的取值范围为 1 e ,+∞ 。故选B。 方法点睛:此题的处理,我们规避了“分 类讨论”法对函数求导,而是先通过对超越不 等式结构的调整,选择构造“指对形似”函数, 巧妙地将问题转化为F(2tx)≥F(ln 2x),再 利用函数F(x)的单调性,进一步转化为2tx ≥ln(2x)在x∈ 12 ,+∞ 上恒成立的问题, 最后用“分离参数”的方法确定参数的范围。 “指对同构”法,巧妙变形再构造,对原不等式 同解变形,根据相似结构来构造辅助函数,需 要同学们具有较高的直观想象能力和数据分 析能力。 二、多变量的不等式恒成立(有解)问题 例 4 (2024年全国高三专题练习)已 知函数f(x)=ln x-ax+ 1-a x -1 (a∈R)。 (1)当0<a< 1 2 时,讨论函数f(x)的单 调性。 (2)设g(x)=x2-2bx+4。当a= 1 4 时,若对任意的x1∈(0,2),存在x2∈[1,2], 使得f(x1)≥g(x2),求实数b的取值范围。 解析:(1)当x∈(0,1)时,函数f(x)单 调递减;当x∈ 1, 1 a-1 时,函数f(x)单调 递增;当x∈ 1a-1 ,+∞ 时,函数f(x)单 调递减。(过程略) (2)a= 1 4∈ 0 ,1 2 ,1a-1=3∉(0,2), 由(1)知,当x∈(0,1)时,f'(x)<0,函数 f(x)单调递减;当x∈(1,2)时,f'(x)>0, 函数f(x)单调递增。所以f(x)在(0,2)上 的最小值为f(1)=- 1 2 。 因为对任意的x1∈(0,2),存在x2∈[1, 2],使得f(x1)≥g(x2),所以g(x)在[1,2] 63 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年5月 上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值 - 1 2 。 (*) 又g(x)=(x-b)2+4-b2,x∈[1,2], 所以当b<1时,g(x)min=g(1)=5-2b>0, 此时与(*)式矛盾;当1≤b≤2时,g(x)min =4-b2≥0,同样与(*)式矛盾;当b>2时, g(x)min=g(2)=8-4b,且8-4b<0,解不等 式8-4b≤ 1 2 ,可得b≥ 17 8 。 所以实数b的取值范围为 178 ,+∞ 。 方法点睛:该题第(2)问有两个恒成立 (有解)问题需要处理:①由(1)知函数f(x) 在(0,2)上的单调性已经确定,所以可以通过 求函数f(x)min 的方法先处理“对任意的x1 ∈(0,2),使得f(x1)≥a 成立”的恒成立问 题;②由于函数g(x)是二次函数,因此可通 过求函数g(x)min 的方法处理“存在x2∈[1, 2],使得b≥g(x2)成立”的存在性问题。此 题型属于“多变量”不等式恒成立(有解)问 题,一般采用“逐个突破法”,将问题转化为 “单变量”不等式恒成立(有解)问题后做两次 即可。因含有“任意”“存在”量词容易混淆, 表面形式类似但本质却大相径庭,所以需要 我们注意两个方面:一方面,需要判断优先处 理哪个问题比较好(一般是函数已经确定的 优先);另一方面,需要找准到底是求函数的 最大值还是最小值问题。 三、回顾与反思 (1)不等式恒成立(有解)问题的一般方 法和主要思路如下: 第一,把多变量问题分解成求每一个单 变量的恒成立(有解)问题。 第二,当对每一个变量做恒成立(有解) 问题时,另一个变量看成是一个参数。 第三,对每个变量研究恒成立(有解) 问题时,我们可以用两种方法考虑:①分离 参量法:一边是参量,另一边是变量,尽量 分离成容易求最值的函数形式。②分类讨 论法:研究带参函数的最值问题,尽量把函 数转化为一阶导数,按照参量讨论函数的 单调性。如果一阶导数研究困难,那么可 以通过二阶导数,使得容易求出极值点,或 者容易看出有极值点的情况;如果不好求 出极值点,对于复杂函数要用零点存在定 理,证明零点存在(隐零点),再去研究函数 的单调性和最值。 第四,分清恒成立(有解)问题对应的函 数最值,如果没有最值要仔细考虑等号是否 可取的情况。 第五,写出结论,检验合理性。 (2)小题中恒成立(有解)问题也可以特 殊处理。 例 5 (2024年八省联考)已知函数 f(x)=x|x-a|-2a2 ,若当x>2 时,f(x) >0,则a的取值范围是( )。 A.(-∞,1] B.[-2,1] C.[-1,2] D.[-1,+∞) 解析:f(x)= x2-ax-2a2,x≥a -x2+ax-2a2,x<a。 若 x<a,则-x2+ax-2a2<0,结合题意得a ≤2。若x≥a, f(x)=x2-ax-2a2=(x- 2a)(x+a)。当a>0,2a≤2,即 0<a≤1 时,f(x)>0成立;a=0时,f(x)=x2>0 恒 成立;当a<0,-a≤2,即-2≤a<0时, f(x)>0成立。综上:-2≤a≤1。其次,考 虑图像法:不等式变形为|x-a|> 2a2 x ,结合 图像知 a<2, 2-a≥ 2a2 2 , 解得-2≤a≤1。再次, 根据选项取特殊值进行排除,如取a=2,可 以排除C,D,再取a=-3,可以排除 A。故 选B。 方法点睛:“图像法”研究恒成立(有解) 问题一般在小题中考查,需要我们熟练掌握 一些基本函数的图像与性质,从而收到事半 功倍的效果。“特值法”在小题中的优势也比 较明显,需要我们平时多观察、多尝试,最终 提高举一反三的能力。 总之,高考复习千头万绪,我们要重视方 法的积累,只有夯实基础,总结解题思路,才 能在高考中游刃有余。 (责任编辑 王福华) 73 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年5月