摘"要"本文通過一道高考題的求解，探究了一類不等式恒成立中的等數(shù)取值問題，并歸納相應(yīng)問題求解步驟

關(guān)鍵詞"參數(shù)取值范圍；不等式恒成立；求解

不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍問題一直是高考考查的熱點(diǎn)，求解此類問題常見的有參數(shù)分離法（將參數(shù)分離，問題轉(zhuǎn)化為求解無參數(shù)函數(shù)的最值）、數(shù)形結(jié)合法（將不等式進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃?，并將不等式左右兩?cè)的式子視為函數(shù)式、曲線的方程，通過研究兩個(gè)函數(shù)圖象的關(guān)系，建立參數(shù)的不等關(guān)系）、特殊值探路法（通過對(duì)變量賦值，獲得參數(shù)的取值范圍，再證明在此范圍下不等式恒成立）、函數(shù)最值法（通過對(duì)參數(shù)分類討論，將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題，通過求解出函數(shù)最值，從而獲得參數(shù)的取值范圍）.

這四種方法在應(yīng)對(duì)參數(shù)僅出現(xiàn)一次的問題時(shí)，能很好的處理.當(dāng)參數(shù)出現(xiàn)在多個(gè)位置時(shí)，分離參數(shù)法往往無法分離出參數(shù)、數(shù)形結(jié)合法往往無法繪制出不等式兩邊函數(shù)的圖象、特殊值探路法往往無法恰巧取到那個(gè)唯一的特殊值導(dǎo)致充分性證明失效、函數(shù)最值法往往無法求解導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)導(dǎo)致無法求解出最值，但是仍然可以通過虛設(shè)導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)，通過適當(dāng)?shù)拇鷵Q消參，有效破解參數(shù)多位置問題.筆者將此法進(jìn)行歸納提煉，整理成文，與同仁交流.

一、策略剖析

引例nbsp;"（2020年新高考山東卷第21題）已知函數(shù)f（x）=aex－1－lnx+lna.

（1）當(dāng)a=e時(shí)，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；

（2）若f（x）≥1，求a的取值范圍.

分析"對(duì)于問題（2），求導(dǎo)得f′（x）=aex－1－1x，f″（x）=aex－1+1x2gt;0，可知f′（x）存在唯一零點(diǎn)，設(shè)為x0，且可得f（x）min=f（x0），故f（x）≥1等價(jià)于f（x0）≥1.由f′（x0）=0得a=1x0ex0－1，將其代入f（x0）≥1中并化簡，等價(jià)于不等式1x0－2lnx0－x0≥0，求導(dǎo)可證1x0－2lnx0－x0≥0等價(jià)于x0∈（0，1］，從而通過x0∈（0，1］求出1x0ex0－1的范圍，實(shí)現(xiàn)問題求解.

整個(gè)求解過程可以歸納為如下三個(gè)步驟（假設(shè)已知f（x）≥0恒成立，其中x為變量，a為參數(shù)）：

步驟一，取導(dǎo)定點(diǎn)：研究導(dǎo)函數(shù)f′（x）的零點(diǎn)和圖象，得到其唯一零點(diǎn)，設(shè)為x0，驗(yàn)證f（x）min=f（x0），從而將條件f（x）≥0等價(jià)轉(zhuǎn)化為f（x0）≥0.

步驟二，代換消參：由f′（x0）=0解得a=F1（x0），將其代入f（x0）≥0中，消去參數(shù)a并化簡，得到無參數(shù)不等式F2（x0）≥0.

步驟三，確定范圍：研究函數(shù)F2（x）的圖象特征，通過F2（x0）≥0確定x0的取值范圍D，再利用x0∈D反求函數(shù)F1（x0）的值域，最終實(shí)現(xiàn)參數(shù)a取值范圍的確定.

二、第（2）問解法賞析

解析"（步驟一）顯然agt;0.求導(dǎo)得f′（x）=aex－1－1x，f″（x）=aex－1+1x2≥0，所以f′（x）在（0，+）上單調(diào)遞增.當(dāng)x→0，得f′（x）→－，當(dāng)x→+，得f′（x）→+，所以函數(shù)f′（x）在（0，+）內(nèi)存在唯一零點(diǎn)x0，且當(dāng)x∈（0，x0），f′（x）lt;0，當(dāng)x∈（x0，+），f′（x）gt;0，故f（x）在x=x0處取得最小值，則f（x）≥1等價(jià)于f（x0）≥1，即aex0－1－lnx0+lna≥1.

（步驟二）由f′（x0）=0得a=1x0ex0－1，則1x0ex0－1ex0－1－lnx0+ln（1x0ex0－1）≥1，即1x0－2lnx0－x0≥0.

（步驟三）令g1（x）=1x－2lnx－x（x∈（0，+）），由g′1（x）=－1x2－2x－1=－（1+1x）2lt;0，所以g1（x）在（0，+）單調(diào)遞減，結(jié)合g1（1）=0，可得當(dāng)且僅當(dāng)x∈（0，1］，g1（x）≥0，所以1x0－2lnx0－x0≥0等價(jià)于x0∈（0，1］.

因?yàn)閍=1x0ex0－1，令g2（x）=1xex－1（x∈（0，1］），g′2（x）=－x+1x2ex－1lt;0，所以g2（x）在（0，1］單調(diào)遞減，得g2（x）≥g2（1）=1，從而a=g2（x0）≥1，故a∈［1，+）.

評(píng)注"本題采用同構(gòu)法需要將不等式aex－1－lnx+lna≥1進(jìn)行等價(jià)變形，得到elna+x－1－lnx+lna≥1，即elna+x－1+lna－1≥lnx，即elna+x－1+lna+x－1≥x+lnx，即elna+x－1+lna+x－1≥elnx+lnx，接著構(gòu)造函數(shù)F（x）=ex+x，研究其單調(diào)性，脫去F，得到lna+x－1≥lnx.

三、應(yīng)用探析

例1"（華大新高考聯(lián)盟2024屆高三4月教學(xué)質(zhì)量測評(píng)第11題，單選）若關(guān)于x的不等式a（lnx+lna）≤2e2x在（0，+）上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（""）.

A.（0，e］"B.（0，e2］"C.（0，e］"D.（0，2e］

解析"（步驟一）顯然agt;0.令f（x）=2e2x－a（lnx+lna），得f′（x）=4e2x－ax，f″（x）=8e2x+ax2gt;0，所以f′（x）在（0，+）單調(diào)遞增.當(dāng)x→0，得f′（x）→－，當(dāng)x→+，得f′（x）→+，所以函數(shù)f′（x）在（0，+）內(nèi)存在唯一零點(diǎn)x0，且當(dāng)x∈（0，x0），f′（x）lt;0，當(dāng)x∈（x0，+），f′（x）gt;0，故f（x）在x=x0處取得最小值，則f（x）≥0等價(jià)于f（x0）≥0，即2e2x0－a（lnx0+lna）≥0.

（步驟二）由f′（x0）=0得a=4x0e2x0，則2e2x0－4x0e2x0［lnx0+ln（4x0e2x0）］≥0，即14x0－x0－lnx0－ln2≥0.

（步驟三）令g1（x）=14x－x－lnx－ln2，由g′1（x）=－14x2－1－1xlt;0，得g1（x）在（0，+）單調(diào)遞減，結(jié)合g1（12）=0，可得當(dāng)且僅當(dāng)x∈（0，12］，g1（x）≥0，所以14x0－x0－lnx0－ln2≥0等價(jià)于x0∈（0，12］.

因?yàn)閍=4x0e2x0，令g2（x）=4xe2x（x∈（0，12］），g′2（x）=4（1+2x）e2xgt;0，所以g2（x）在（0，12］單調(diào)遞增，得g2（x）≤g2（12）=2e，從而a=g2（x0）≤2e，得a的取值范圍為（0，2e］.

評(píng)注"本題采用同構(gòu)法需要將不等式a（lnx+lna）≤2e2x進(jìn)行等價(jià)變形，得到aln（ax）≤2e2x，即axln（ax）≤2xe2x，即eln（ax）ln（ax）≤2xe2x，接著構(gòu)造函數(shù)F（x）=xex，研究其單調(diào)性，脫去F，得到ln（ax）≤2x.

例2"（全國T8學(xué)校2021屆高三第一次聯(lián)考第16題）已知函數(shù)f（x）=aex+lnax+2－2（agt;0），若f（x）gt;0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為______.

解析"（步驟一）f′（x）=aex－1x+2，f″（x）=aex+1（x+2）2gt;0，所以f′（x）在（－2，+）單調(diào)遞增.當(dāng)x→－2，得f′（x）→－，當(dāng)x→+，得f′（x）→+，所以函數(shù)f′（x）在（－2，+）內(nèi)存在唯一零點(diǎn)x0，且當(dāng)x∈（－2，x0），f′（x）lt;0，當(dāng)x∈（x0，+），f′（x）gt;0，故f（x）在x=x0處取得最小值，則f（x）gt;0等價(jià)于f（x0）gt;0，即aex0+lnax0+2－2gt;0.

（步驟二）由f′（x0）=0得a=1（x0+2）ex0，則1（x0+2）ex0ex0+ln1（x0+2）2ex0－2gt;0，即1x0+2－2ln（x0+2）－（x0+2）gt;0.

（步驟三）令g1（x）=1x+2－2ln（x+2）－（x+2）（x∈（－2，+）），由g′1（x）=－1（x+2）2－2x+2－1lt;0，得g1（x）在（－2，+）單調(diào)遞減，注意到g1（－1）=0，所以當(dāng)且僅當(dāng)x∈（－2，－1），g1（x）gt;0，所以1x0+2－2ln（x0+2）－（x0+2）gt;0等價(jià)于x0∈（－2，－1）.

因?yàn)閍=1（x0+2）ex0，令g2（x）=1（x+2）ex（x∈（－2，－1）），g′2（x）=－x+3（x+2）2exlt;0，所以g2（x）在（－2，－1）單調(diào)遞減，得g2（x）gt;g2（－1）=e，從而a=g2（x0）gt;e，得a的取值范圍為（e，+）.

評(píng)注"本題采用同構(gòu)法需要將不等式aex+lnax+2－2gt;0進(jìn)行等價(jià)變形，得到elna+x+lna－ln（x+2）－2gt;0，即ex+lna+lnagt;2+ln（x+2），即ex+lna+x+lnagt;x+2+ln（x+2），即ex+lna+x+lnagt;eln（x+2）+ln（x+2），再構(gòu)造函數(shù)F（x）=ex+x，研究其單調(diào)性，脫去F，得到x+lnagt;ln（x+2）.

例3"（2023年云南省高三第二次檢測第22題）已知mgt;0，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，函數(shù)f（x）=ex+m－mln（mx－m）.

（1）若m=2時(shí)，求函數(shù)F（x）=ex+x22－4x+2－f（x）的極值；

（2）是否存在實(shí)數(shù)m，對(duì)任意xgt;1，都有f（x）≥0？若存在，求出實(shí)數(shù)m的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由.

解析"（1）略.

（2）（步驟一）f′（x）=ex－mx－1，f″（x）=ex+m（x－1）2gt;0，所以f′（x）在（1，+）單調(diào)遞增.當(dāng)x→1，得f′（x）→－，當(dāng)x→+，得f′（x）→+，所以函數(shù)f′（x）在（1，+）內(nèi)存在唯一零點(diǎn)x0，且當(dāng)x∈（1，x0），f′（x）lt;0，當(dāng)x∈（x0，+），f′（x）gt;0，故f（x）在x=x0處取得最小值，則f（x）≥0等價(jià)于f（x0）≥0，即ex0+m［1－lnm－ln（x0－1）］≥0.

（步驟二）由f′（x0）=0得m=（x0－1）ex0，則ex0+（x0－1）ex0{1－ln［（x0－1）ex0］－ln（x0－1）}≥0，即1x0－1－（x0－1）－2ln（x0－1）≥0.

（步驟三）令g1（x）=1x－1－（x－1）－2ln（x－1）（x∈（1，+）），由g′1（x）=－1（x－1）2－1－2x－1lt;0，得g1（x）在（1，+）單調(diào)遞減，結(jié)合g1（2）=0，可得當(dāng)且僅當(dāng)x∈（1，2］，g1（x）≥0，所以1x0－1－（x0－1）－2ln（x0－1）≥0等價(jià)于x0∈（1，2］.

因?yàn)閙=（x0－1）ex0，令g2（x）=（x－1）ex（x∈（1，2］），g′2（x）=xexgt;0，所以g2（x）在（1，2］單調(diào)遞增，得g2（x）≤g2（2）=e2，從而m=g2（x0）≤e2，得m的取值范圍為（0，e2］.故存在m，對(duì)任意xgt;1，都有f（x）≥0.

評(píng)注"本題采用同構(gòu)解法，需要將不等式ex+m－mln（mx－m）≥0進(jìn)行等價(jià)變形，得到1mex≥ln（mx－m）－1，即ex－lnm≥lnm+ln（x－1）－1，即ex－lnm－lnm≥ln（x－1）－1，即ex－lnm+（x－lnm）≥ln（x－1）+（x－1），即ex－lnm+（x－lnm）≥eln（x－1）+ln（x－1），接著構(gòu)造函數(shù)F（x）=ex+x，研究其單調(diào)性，脫去F，得到x－lnm≥ln（x－1）.

例4"（福建省部分校2024屆高三上期中第22題）已知函數(shù)f（x）=e4x－1－4aln（2x）.

（1）當(dāng)a=1時(shí)，求曲線f（x）在點(diǎn)（12，f（12））處的切線方程；

（2）當(dāng)agt;0時(shí)，若關(guān)于x的不等式f（x）≥a+aln（2a）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解析"（1）略.

（2）（步驟一）顯然agt;0.f（x）的定義域?yàn)椋?，+），f（x）≥a+aln（2a），即e4x－1－4aln（2x）－a－aln（2a）≥0.

設(shè)g1（x）=e4x－1－4aln（2x）－a－aln（2a），則g′1（x）=4e4x－1－4ax，g″1（x）=16e4x－1+4ax2gt;0，所以g′1（x）在（0，+）上為增函數(shù).當(dāng)x→0時(shí)，g′1（x）→－，當(dāng)x→+時(shí)，g′1（x）→+，所以存在唯一的x0gt;0，使g′1（x0）=0，且當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，g′1（x）lt;0，當(dāng)x∈（x0，+）時(shí)，g′1（x）gt;0，故g1（x）在x=x0處取得最小值，則g1（x）≥0等價(jià)于g1（x0）≥0，即e4x0－1－4aln（2x0）－a－aln（2a）≥0.

（步驟二）由g′1（x0）=0，得a=x0e4x0－1，所以e4x0－1－x0e4x0－1［4ln（2x0）+1+ln（2x0e4x0－1）］≥0，即1x0－5ln（2x0）－4x0≥0.

（步驟三）設(shè)g2（x）=1x－5ln（2x）－4x（x∈（0，+）），可得g′2（x）=－1x2－5x－4lt;0，所以g2（x）在區(qū)間（0，+）單調(diào)遞減，結(jié)合g2（12）=0，可得當(dāng)且僅當(dāng)x∈（0，12］，g2（x）≥0，所以1x0－5ln（2x0）－4x0≥0等價(jià)于x0∈（0，12］.

因?yàn)閍=x0e4x0－1，設(shè)g3（x）=xe4x－1（x∈（0，12］），則g′3（x）=（4x+1）e4x－1gt;0，得g3（x）在（0，12］上單調(diào)遞增，則g3（x）≤g3（12）=e2，從而a=g3（x0）≤e2，得實(shí)數(shù)a的取值范圍是（0，e2］.

評(píng)注"本題筆者試了許久，無法實(shí)現(xiàn)同構(gòu)求解，且至今未見網(wǎng)絡(luò)上哪位網(wǎng)友給出同構(gòu)解答.

參考文獻(xiàn)

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