林敏

[摘 要]含參不等式恒成立問題是高中數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的一大重點，它以覆蓋知識點多、綜合性強、解法靈活等特點而備受命題者青睞，而同構(gòu)思維法是破解此類問題的常見思維方法之一。

[關(guān)鍵詞]不等式;恒成立;分類討論;同構(gòu);分離參數(shù)

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標(biāo)識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2022）05-0029-03

含參不等式恒成立問題是高中數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的一大重點，它往往綜合函數(shù)、不等式、方程等相關(guān)知識，注重考查數(shù)學(xué)運算、邏輯推理等素養(yǎng)，以及函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想等。其以覆蓋知識點多、綜合性強、解法靈活等特點而備受命題者青睞。含參不等式恒成立問題切入點不明顯，讓人無從下手，破解的實質(zhì)是結(jié)合題目條件對恒成立不等式進行等價轉(zhuǎn)化，合理轉(zhuǎn)化為熟悉的不等式、函數(shù)或方程問題后，根據(jù)相應(yīng)的不等式、函數(shù)或方程問題來分析與處理。

一、題目呈現(xiàn)

【題目】（清華大學(xué)2020年1月中學(xué)生標(biāo)準(zhǔn)學(xué)術(shù)能力診斷性測試文科數(shù)學(xué)試卷第12題）已知不等式[x+aln x+1ex≥xa]對[x∈（1，+∞）]恒成立，則實數(shù)[a]的最小值為（ ）。

A. [-e] B. [-e2] C. [-e] D. [-2e]

二、題目解析

此題涉及指數(shù)、對數(shù)、冪混合型函數(shù)所對應(yīng)的不等式恒成立，在此條件下確定對應(yīng)參數(shù)的取值范圍問題。知識融合度大，能力要求多，題目難度大，對考生的數(shù)學(xué)基本知識、數(shù)學(xué)思想方法和數(shù)學(xué)能力等各方面的要求比較高。

該題背景創(chuàng)新，設(shè)計新穎，把指數(shù)、對數(shù)、冪函數(shù)這三類基本初等函數(shù)加以巧妙融合，綜合不等式恒成立這一個熱點加以合理構(gòu)造，把函數(shù)、方程、不等式等知識有機交匯，借助代數(shù)運算、不等式性質(zhì)、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)等相關(guān)方法來轉(zhuǎn)化與處理，充分體現(xiàn)高考在知識交匯處命題的指導(dǎo)思想。

在具體破解題目時，可以結(jié)合參數(shù)的不同取值情況進行分類討論，也可以利用同構(gòu)函數(shù)或重要結(jié)論，運用分離參數(shù)法分析與處理。合理化歸與轉(zhuǎn)化，實現(xiàn)相應(yīng)函數(shù)最值問題的確定，進而得以求解相關(guān)參數(shù)的取值問題。

三、問題破解

方法1：分類討論法

解析：由[x+aln x+1ex≥xa]，可得[x+e-x≥xa-aln x]，即[e-x-ln e-x≥xa-ln xa]，

設(shè)函數(shù)[f（t）=t-ln t]，[t∈（0，+∞）]，

所以[e-x-ln e-x≥xa-ln xa]等價于[f（e-x）≥f（xa）]，[x∈（1，+∞）]，

而[f ′（t）=1-1t=t-1t]，由[f ′（t）=0]可得[t=1]，

則知函數(shù)[f（t）]在（0，1）上單調(diào)遞減，在[（1，+∞）]上單調(diào)遞增，

所以[f（t）min=f（1）=1]，

而[x∈（1，+∞）]，則有[0<e-x<e-1=1e<1]，

（1）當(dāng)[a=0]時，[xa=1]，不等式[f（e-x）≥f（xa）]恒成立，因而[a]的最小值小于等于0;

（2）當(dāng)[a<0]時，[0<xa<1]，

而[0<e-x<1]，[f（t）]在（0，1）上單調(diào)遞減，

由[f（e-x）≥f（xa）]，可得[e-x≤xa]，整理可得[-x≤aln x]，則有[a≥-xlnx]，

設(shè)函數(shù)[g（x）=-xlnx]，[x∈（1，+∞）]，求導(dǎo)有[g′（x）=-lnx-1ln2x]，由[g′（x）=0]可得[x=e]，

當(dāng)[x∈（1， e）]時，[g′（x）>0]，[g（x）]單調(diào)遞增;當(dāng)[x∈（e，+∞）]時，[g′（x）<0]，[g（x）]單調(diào)遞減;

所以[g（x）max=g（e）=-e]，即[a≥-e]，亦即實數(shù)[a]的最小值為[-e]，故選C。

點評：對題目中恒成立的不等式加以等價變形，構(gòu)造函數(shù)[f（t）=t-ln t]，通過求導(dǎo)并分析函數(shù)單調(diào)性與確定最值，再對參數(shù)[a]進行分類討論以及深入分析函數(shù)的單調(diào)性，得到不等式[-x≤aln x]恒成立，進而通過分離參數(shù)，并結(jié)合函數(shù)的構(gòu)造，以及函數(shù)的單調(diào)性與最值的求解來確定參數(shù)的取值范圍。這里分離參數(shù)的方式多樣，還可以分離為[xlnx≥-a]或[-1a≥lnxx]等不同形式，都能達到目的。

方法2：同構(gòu)+分離參數(shù)法

解析：由[x+aln x+1ex≥xa]，可得[x+e-x≥xa-aln x]，即[x+e-x≥xa+ln x-a]，

設(shè)函數(shù)[f（x）=x+e-x]，[x∈（1，+∞）]，則[f（ln x-a）=ln x-a+e-lnx-a=ln x-a+xa]，

所以[x+e-x≥xa+ln x-a]等價于[f（x）≥f（ln x-a）]，

而[f ′（x）=1-e-x>0]，則函數(shù)[f（x）]在區(qū)間[（1，+∞）]上單調(diào)遞增，

所以[x≥ln x-a=-aln x]，分離參數(shù)可得[a≥-xlnx]，

設(shè)函數(shù)[g（x）=-xlnx]，[x∈（1，+∞）]，則[g′（x）=-lnx-1ln2x]，

令[g′（x）=0]，解得[x=e]，

當(dāng)[x∈（1， e）]時，[g′（x）>0]，[g（x）]單調(diào)遞增;當(dāng)[x∈（e，+∞）]時，[g′（x）<0]，[g（x）]單調(diào)遞減;

所以[g（x）max=g（e）=-e]，即[a≥-e]，亦即實數(shù)[a]的最小值為[-e]，故選C。

點評：對題目中恒成立的不等式加以等價變形，使得不等號兩邊呈現(xiàn)出形式完全一樣的函數(shù)結(jié)構(gòu)，利用函數(shù)[f（x）=x+e-x]進行同構(gòu)處理，并深入分析函數(shù)的單調(diào)性，得到不等式[x≥-aln x]恒成立，進而通過分離參數(shù)，并結(jié)合函數(shù)的構(gòu)造，以及函數(shù)的單調(diào)性與最值的求解來確定參數(shù)的取值范圍。

方法3：結(jié)論+分離參數(shù)法

解析：由[x+aln x+1ex≥xa]，可得[x+aln x+1ex≥elnxa]，即[x·ex+a·exln x+1≥ex·elnxa]，

整理可得[x·ex+a·exln x+1≥ex+aln x]，

根據(jù)重要結(jié)論“[ex≥x+1]，當(dāng)且僅當(dāng)[x=0]時等號成立”，可得[ex+aln x≥x+aln x+1]，當(dāng)且僅當(dāng)[x+aln x=0]時等號成立，

則有[x·ex+a·exln x+1≥ex+aln x≥x+aln x+1]，整理可得[aln x（ex-1）≥x（1-ex）]，

而[x∈（1，+∞）]，則有[ex-1>0]，[ln x>0]，

則有[aln x≥-x]，分離參數(shù)可得[a≥-xlnx]，

設(shè)函數(shù)[g（x）=-xlnx]，[x∈（1，+∞）]，則[g′（x）=-lnx-1ln2x]，

令[g′（x）=0]，解得[x=e]，

當(dāng)[x∈（1， e）]時，[g′（x）>0]，[g（x）]單調(diào)遞增;當(dāng)[x∈（e，+∞）]時，[g′（x）<0]，[g（x）]單調(diào)遞減;

所以[g（x）max=g（e）=-e]，即[a≥-e]，亦即實數(shù)[a]的最小值為[-e]，故選C。

點評：對題目中恒成立的不等式加以等價變形，根據(jù)重要結(jié)論“[ex≥x+1]”加以過渡與轉(zhuǎn)化，結(jié)合不等式的基本性質(zhì)加以變形與分析，得到不等式[x≥-aln x]恒成立，進而通過分離參數(shù)，并結(jié)合函數(shù)的構(gòu)造，以及函數(shù)的單調(diào)性與最值的求解來確定參數(shù)的取值范圍。

四、變式拓展

探究1：保留題目所有條件，改變問題的設(shè)問方式，改原來確定“實數(shù)[a]的最小值”為確定“實數(shù)[a]的取值范圍”，從另一個角度來合理設(shè)問，得到以下對應(yīng)的變式問題。

變式1：已知不等式[x+aln x+1ex≥xa]對[x∈（1，+∞）]恒成立，則實數(shù)[a]的取值范圍為（ ）。

A. [-e，+∞] B. [-e2，+∞]

C. [-e ，+∞] D. [-2e ，+∞]

答案：C。該問題的具體解析過程與原問題的解析過程一致，這里就不多加以敘述。

探究2：保留題目的創(chuàng)新情境，改變條件中恒成立的不等式的給出方式，以類似的不等式形式來加以變式與拓展，得到以下相應(yīng)的變式問題?？疾榈闹R點、能力點以及試題難度基本相當(dāng)。

變式2：已知不等式[eax+ln x≥（a+1）x]對[x∈（1，+∞）]恒成立，則正實數(shù)[a]的最小值為（ ）。

A. [1e] B. [e] C. e D. e2

解析：函數(shù)[y=ex-x]在[（0，+∞）]上為增函數(shù)，而原不等式即為[eax-ax≥x-ln x=eln x-ln x]，則知[ax≥ln x]，即[a≥lnxx]，

令函數(shù)[h（x）=lnxx]，則[h′（x）=1-lnxx2]，

令[h′（x）>0]，解得[0<x<e];令[h′（x）<0]，解得[x>e]，

故函數(shù)[h（x）]在區(qū)間[（0， e）]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[（e，+∞）]上單調(diào)遞減，

所以函數(shù)[h（x）]的最大值是[h（e）=1e]，即[a≥1e]，故選A。

探究3：保留題目的創(chuàng)新情境，從另一個層面改變恒成立的不等式的給出方式，進而確定參數(shù)的取值范圍，得到以下對應(yīng)的變式問題?？疾榈闹R點、能力點以及試題難度基本相當(dāng)。

變式3：已知關(guān)于[x]的不等式[exx3-x-aln x≥1]對于任意[x∈（1，+∞）]恒成立，則實數(shù)[a]的取值范圍為（ ）。

A. [-∞， 1-e] ? B. [-∞，-3]

C. [-∞，-2] D. [-∞， 2-e2]

解析：由題意可知，分離參數(shù)[a≤x-3ex-x-1lnx]，令函數(shù)[f（x）=x-3ex-x-1lnx]，

由題意可知[a≤f（x）min] ，由于[f（x）=ex-3lnx-1-xlnx]，

又因為重要不等式[ex-1≥x]，當(dāng)且僅當(dāng)[x=0]時等號成立，

所以[f（x）=ex-3lnx-1-xlnx≥x-3lnx-xlnx=-3]，當(dāng)且僅當(dāng)[x-3ln x=0]時等號成立，

由[13=lnxx]，令函數(shù)[h（x）=lnxx]，則[h′（x）=1-lnxx2]，易知[h（x）]在區(qū)間[（0， e）]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[（e，+∞）]上單調(diào)遞減，

所以函數(shù)[h（x）]的最大值是[h（e）=1e>13]，方程[13=lnxx]有解，[a≤-3]，故選B。

五、解后反思

解決含參不等式恒成立問題，經(jīng)常要對恒成立的不等式加以移項、恒等變換等等價變形，借助不等式左右兩邊呈現(xiàn)出形式、函數(shù)類型完全一樣的狀態(tài)，進而構(gòu)造對應(yīng)的函數(shù)，結(jié)合求導(dǎo)等方法來判定對應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性后再分析與解決，這就是處理此類問題的同構(gòu)思維。運用同構(gòu)思維法破解含參不等式恒成立問題時，關(guān)鍵在于突破命題者巧妙設(shè)置的原先形式明顯、規(guī)劃整齊的式子，而在題目條件中所顯示的是打亂后重新排列的看似雜亂無章的式子，這也是問題的切入點所在，可以很好地考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運算能力和邏輯推理能力。當(dāng)然也可以借助其他思維方式來破解此類問題，無論采用哪種破解策略、何種解題方法來處理，都離不開函數(shù)與方程思想的運用，都離不開邏輯推理與數(shù)學(xué)運算，同時還需借助函數(shù)、不等式、方程之間的相互轉(zhuǎn)化與應(yīng)用等。

（責(zé)任編輯 黃春香）