破解含参不等式恒成立问题

陈学义

(北京教育学院石景山分院)

含参不等式恒成立问题是函数与导数专题中的常见问题,也是高考中的热点问题.含参不等式中含有参数,导致题目的难度增加,很多同学在解决问题时会出现束手无策的情况.本文通过几道例题谈谈破解含参不等式恒成立问题的解题策略,供读者参考.

1 参变分离

例1若不等式aex－lnx－1≥0(a∈R)恒成立,求实数a的取值范围.

点评参变分离是解决含参不等式中恒成立问题的常见方法,求解时,先将含参不等式f(a,x)≥0转化为a≥g(x)或a≤g(x)的形式,再求函数g(x)的最大值或最小值,从而得出a的取值范围.在利用参变分离求解含参不等式恒成立问题时,需要分离后的函数g(x)结构不复杂,便于研究.

2 带参讨论

例2已知函数f(x)＝alnx－x＋1(a∈R),若f(x)≤0恒成立,求实数a的值.

当a≤0 时,f′(x)＜0 恒成立,则f(x)在(0,＋∞)上单调递减,又f(1)＝0,所以当0＜x＜1时,f(x)＞0,从而f(x)≤0不能恒成立,不符合题意.

当a＞0 时,由f′(x)＞0,解得0＜x＜a,由f′(x)＜0,解得x＞a,所以f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,＋∞)上单调递减,从而

又f(x)≤0恒成立,所以alna－a＋1≤0.

设φ(a)＝alna－a＋1,则φ′(a)＝lna,由φ′(a)＞0,解得a＞1,由φ′(a)＜0,解得0＜a＜1,从而φ(a)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,故φ(a)≥φ(1)＝0,所以φ(a)＝0,此时a＝1.

综上,实数a的值为1.

例3已知函数f(x)＝ex－1－asinx,若f(x)≥0在[0,π]上恒成立,求实数a的取值范围.

所以g(x)在[0,π]上单调递增,又g(0)＝0,所以g(x)≥0,而f(x)≥g(x),所以f(x)≥0,符合题意.

综上,实数a的取值范围为(－∞,1].

点评例2、例3与例1一样也是恒成立问题,但采用参变分离的方法解决,例2会出现两个障碍:一是分离时不知lnx的符号,需要分0＜x＜1,x＝1,x＞1三种情形进行讨论;二是分离后的函数研究起来比较困难.同样地,例3分离出的函数结构不简单,研究起来也比较困难.于是带参对函数f(x)进行研究,后续需对参数进行分类讨论,此时寻找讨论的分界点是解题的关键,也就是例2中的“0”和例3中的“1”是如何找到的.通常在解决问题的过程中,需要求函数f(x)的最值,从而要研究函数f(x)的单调性,因此导函数f′(x)的符号是寻找讨论的分界点方法之一.比如例2,因为x＞0,所以当a≤0,即a－x＜0时,此时f′(x)恒负,所以0是讨论的分界点.例3利用例2的思路不太容易找到分界点使得f′(x)恒正或恒负,但是发现f(0)＝0,要使f(x)≥0在[0,π]上恒成立,则在x＝0右侧附近函数值不能减少,所以f′(0)≥0,由此可得到f(x)≥0成立的必要条件,从而找到讨论的分界点.若含参不等式f(x)≥0 在[0,＋∞)上恒成立,且恰好满足f(0)＝0,则称不等式具有端点效应,利用不等式的端点效应也是寻找分类讨论的分界点方法之一.

3 先必要后充分

例4(2020 年山东卷理21,节选)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna.若f(x)≥1,求a的取值范围.

解析令g(x)＝aex－1－lnx＋lna－1,则对任意的x∈(0,＋∞)有g(x)≥0恒成立.

由g(1)＝a＋lna－1≥0,可得a≥1.下面证明当a≥1时,g(x)≥0恒成立.当a≥1时,有

令h(x)＝ex－1－lnx－1,则易知h′(x)在(0,＋∞)上单调递增,又h′(1)＝0,所以当x∈(0,1)时,h′(x)＜0,h(x)在(0,1)上单调递减;当x∈(1,＋∞)时,h′(x)＞0,h(x)在(1,＋∞)上单调递增,hmin(x)＝h(1)＝0.因为g(x)≥h(x),所以g(x)≥0.

综上,实数a的取值范围为[1,＋∞).

点评例4也是恒成立问题,本题参变分离较为困难,带参讨论分界点也不明确,此时可以采用先必要、后充分的方法,即先抓住一些关键点,将关键点代入不等式解出参数的范围,获得结论成立的必要条件,再论证充分性,从而解决问题.

对于含参恒成立问题,若能参变分离且分离后的函数结构简单,便于研究,就用参变分离求解;若参变分离遇阻,那就带参对函数进行研究,可以利用导函数的符号以及端点效应等方法寻找讨论的分界点进行带参讨论;若参变分离困难,带参讨论分界点也不明,则可以先利用关键点探究出必要条件,再论证充分性即可.

(完)