朱海燕

纵览近年来的各个省市的高考数学试卷，可以发现在试题中经常会出现恒成立问题.与恒成立相关的题目一般出现在试卷的最后一题或倒数第二题，可以说是整套试卷的压轴之作.这类试题一般综合性强，通常会结合函数、数列、不等式及导数等多个知识进行考察，同时这类题目对学生的能力也是一种挑战，这类题目通常会考查学生分析能力、推理能力、计算能力以及综合运用知识的能力，在高考中这种题往往会拉开考生的成绩差距.在本文中，笔者结合自己多年的一线教学经验，就2016年高考数学中出现的几道与恒成立相关的试题展开分析，以供读者参考.

一、考查方式

对于恒成立问题的考查主要有两种方式：

1.证明某个等式或不等式恒成立；

2.已知某个等式或不等式恒成立，求解其中的参数的取值或取值范围.

二、实战演练

例1 （2016年山东理科，20）已知f（x）=a（x-lnx）+2x-1x2，a∈R.

（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）当a=1时，证明f（x）>f ′（x）+32对于任意的x∈[1，2]成立.

解析 （Ⅰ）（1）由题目中的函数知f（x）的定义域为（0，+∞），f ′（x）=a-ax-2x2+2x3=（ax2-2）（x-1）x3.

当a≤0时，若x∈（0，1），f ′（x）>0，

，则函数f（x）单调递增；

x∈（1，+∞），f ′（x）<0，函数f（x）单调递减.（2）当a>0时，f ′（x）=a（x-1）（x+2a）（x-2a）

x3.

若01，所以当x∈（0，1）或（2a，+∞）时，f ′（x）>0，函数f（x）单调递增；

当x∈（1，2a）时，f ′（x）<0，函数f（x）单调递减；

若a=2时，2a=1，f ′（x）≥0，函数f（x）单调递增；

若a>2，则0<2a<1，所以当x∈（0，2a）或（1，+∞）时，f ′（x）>0，函数f（x）单调递增；当x∈（2a，1）时，f ′（x）<0，函数f（x）单调递减.

综上所述：

当a≤0时，函数f（x）在（0，1）上单调递增；函数f（x）在（1，+∞）上单调递减；

当0

当a=2时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；

当a>2时，函数f（x）在（0，2a）和（1，+∞）上单调递增；函数f（x）在（2a，1）上单调递减.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知a=1时，f（x）-f′（x）=x-lnx+2x-1x2-（1-1x-2x2+2x3）=x-lnx+3x+1x2-2x3-1，x∈[1，2]，

令g（x）=x-lnx，h（x）=3x+1x2-2x3-1，则f（x）-f ′（x）=g（x）+h（x），由g′（x）=x-1x≥0可得g（x）≥g（1）=1，当且仅当x=1时取等号；

又h′（x）=-3x2-2x+6x4，设φ（x）=-3x2-2x+6，则φ（x）在[1，2]上单调递减，且φ（1）=1，

φ（2）=-10，所以在[1，2]上存在x0使得x∈（1，x0）时，φ（x）>0，x∈（x0，2）时，φ（x）<0，所以函数h（x）在（1，x0）上单调递增；在（x0，2）上单调递减，由于h（1）=1，h（2）=12，因此h（x）≥h（2）=12，当且仅当x=2取等号，所以f（x）-f ′（x）>g（1）+h（2）=32，即f（x）>f ′（x）+32对于任意的x∈[1，2]恒成立.

点拨 这道题第一问考察了利用导函数判断单调性，需要用到分类讨论的思想，第二问是恒成立问题，需要考生结合原函数和导数进行推理.

例2 （2016年全国卷理科，24）已知函数f（x）=|2x-a|+a

（Ⅰ）当a=2时，求不等式f（x）≤6的解集；

（Ⅱ）设函数g（x）=|2x-1|，当x∈R时，f（x）+g（x）≥3，求a的取值范围.

解析 （Ⅰ）当a=2时，f（x）=|2x-2|+2.

解不等式|2x-2|+2≤6，得-1≤x≤3.

因此，f（x）≤6的解集为{x|-1≤x≤3}.

（Ⅱ）当x∈R时，f（x）+g（x）=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a，当x=12时等号成立，所以当x∈R时，f（x）+g（x）≥3等价于|1-a|+a≥3.

当a≤1时，|1-a|+a≥3等价于1-a+a≥3，无解；

当a>1时，|1-a|+a≥3等价于a-1+a≥3，解得a≥2；

所以a的取值范围是[2，+∞）.

点评 （Ⅰ）利用等价不等式|h（x）|≤a（a>0）-a≤h（x）≤a，进而通过解不等式可求得；（Ⅱ）根据条件可首先将问题转化为求解f（x）+g（x）的最小值，此最值可利用绝对值三角不等式求得，再根据恒成立的意义建立简单的关于a的不等式求解即可.

例3 （2016年江苏数学Ⅰ，19）已知函数f（x）=ax+bx（a>0，b>0，a≠1，b≠1）.

（1）设a=2，b=12.

①求方程f（x）=2的根；

②若对于任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x）-6恒成立，求实数m的最大值；

（2）若01，函数g（x）=f（x）-2有且只有1个零点，求ab的值.

解析 （1）①f（x）=2x+（12）x，由f（x）=2可得2x+12x=2，则（2x）2-2×2x+1=0，即（2x-1）2=0，则2x=1，x=0；

②由题意得22x+122x≥m（2x+12x）-6恒成立，

令t=2x+12x，则由2x>0可得t≥22x×12x=2，

此时t2-2≥mt-6恒成立，即m≤

t2+4t=t+4t恒成立.

∵t≥2时，t+

4t≥2t·4t=4，当且仅当t=2时等号成立，因此实数m的最大值为4.

（2）g（x）=f（x）-2=ax+bx-2，g′（x）=axlna+bxlnb=axlnb[

lnalnb+（ba）x]，

由01可得ba>1，令h（x）=（ba）x+lnalnb，则h（x）递增，

而lna<0，lnb>0，因此x0=logb/a（-lnalnb）时h（x0）=0，

因此x∈（-∞，x0）时，h（x）<0，axlnb>0，则g′（x）<0；

x∈（x0，+∞）时，h（x）>0，axlnb>0，则

g′（x）>0；

则g（x）在（-∞，x0）递减，（x0，+∞）递增，因此g（x）最小值为g（x0），

①若g（x0）<0，xaloga2=2，bx>0，则g（x）>0；

x>logb2时，ax>0，bx>blogb2=2，则g（x）>0；

因此x10，因此g（x）在（x1，x0）有零点，x2>logb2且x2>x0时，g（x2）>0，因此g（x）在（x0，x2）有零点，则g（x）至少有两个零点，与条件矛盾；

②若g（x0）≥0，由函数g（x）有且只有1个零点，g（x）最小值为g（x0），可得g（x0）=0，

由g（0）=a0+b0-2=0，因此x0=0，

因为

logb/a（-lnalnb）=0，

即-lnalnb=1，

即lna+lnb=0，

因此ln（ab）=0，则ab=1.

试题分析 这道题中，求方程

fx=2的根