蒋亦 万姝玮

[摘  要] 恒成立问题是函数中经常出现的一类题型，主要方法是分离参数和整体研究，难点是如何灵活运用.我们教师其实可以将题目分门别类加以总结，给学生一些具体的解题方向.

[关键词] 恒成立问题;数学策略

恒成立问题是函数中常见的一类题型，对于填空题有三种方法解决——分参、直线与曲线、整体，对于大题只有两种方法解决——分参和整体. 就学生而言，特别是高三的学生，他们的首要问题是选择解题的方法，其次才是具体的求解过程，所以解决数学问题时，方向比努力更重要.下面笔者就一类恒成立问题的解题策略加以分析，以求抛砖引玉.

引例1：若不等式xlnx≥a（x-1）对所有x≥1都成立，求实数a的取值范围.

引例2：当x≥1时，x2lnx-x+1≥m（x-1）2恒成立，求实数m的取值范围.

分析1：对于引例1，有两种做法：

法1（分参法）：若x=1，0≥0恒成立;

若x>1，a≤■恒成立，

记f（x）=■，x∈（1，+∞），则f′（x）=■.

易证x-lnx-1>0，所以f′（x）>0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递增.

当x→1时，f（x）=■=■→（xlnx）′■=1.

因为a≤■恒成立，所以a≤1.

分参后利用导数的定义求解，可以避免使用洛必达法则，缺点是解法不具有推广性.

法2（整体法）：因为xlnx≥a（x-1）对所有x≥1都成立，所以xlnx-a（x-1）≥0，x∈[1，+∞）.

设f（x）=xlnx-a（x-1），x∈[1，+∞），则f′（x）=lnx+1-a≥1-a.

当a≤1时，f′（x）≥0，x∈[1，+∞），所以f（x）在[1，+∞）上单调递增.

因为f（x）≥0在x∈[1，+∞）上恒成立，所以f（x）min=f（1）=0≥0（符合）.

当a>1时，令f′（x）=lnx+1-a=0，得x0=ea-1∈（1，+∞）.

当x∈（1，ea-1）时，f′（x）<0，即f（x）在x∈（1，ea-1）上单调递减，f（x）

综上，a≤1.

分析2：对于引例2就不能分参，否则就必须使用洛必达法则，这违背了高考的要求，所以只能用整体法去做.

当x≥1时，x2lnx-x+1≥m（x-1）2，所以x2lnx-x+1-m（x-1）2≥0.

设f（x）=x2lnx-x+1-m（x-1）2，x∈[1，+∞）.

f′（x）=2xlnx+x-1-2m（x-1），f″（x）=2lnx+3-2m>3-2m，x∈（1，+∞）.

当m≤■时，f″（x）>0，x∈（1，+∞），所以f′（x）在（1，+∞）上单调递增，所以f′（x）>f′（1）=0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递增，所以f（x）≥f（1）=0（符合）.

当m>■时，令f″（x）=2lnx+3-2m=0，得x0=e■>1.当x∈（1，x0）时，f″（x）<0，所以f′（x）在x∈（1，x0）上单调递减，所以f′（x）

综上，m≤■.

分析3：为什么第二题不考虑分离参数的方法呢？题型的特点是什么？

特点：研究的两个函数起始位置的函数值均为零，尤其是第二个函数，它的导函数在起始位置时的函数值仍然为零.

若x∈（1，x0），f（x）单调递减，则必有小于零的部分，这与f（x）≥0恒成立矛盾，因此必然要先单调递增.大致有这两种情况：第一种较为常见（图2），第二种比较少見（图3），当然也较难.

分析4：整体法是否具有可操作性？

整体法的步骤：①求导;②单调性唯一时求范围;单调性不唯一时找矛盾.

分析5：解题策略是什么？是否具有可迁移性？

推广到一般函数问题的解题步骤：①求导;②单调性唯一时求范围;单调性不唯一时找零点;③二次求导，研究导函数图像，然后重复步骤②;④所有不确定的点则需要讨论.

拓展练习1：若存在x0∈1+■，2，使不等式■x■-2ax0+lnx0+ln（a+1）>m（a2-1）-（a+1）+2ln2对任意a∈（1，2）恒成立，求实数m的取值范围.

分析：解决双变量问题的关键是分步处理变量，然后就是恒成立问题的解题方法了.

解：f（x0）=■x■-2ax0+lnx0，x0∈1+■，2的最大值f（2）=ln2-2a满足条件即可.

即-2a+ln2+ln（a+1）>m（a2-1）-（a+1）+2ln2对任意a∈（1，2）恒成立.

即m（a2-1）-ln（a+1）+a+ln2-1<0对任意a∈（1，2）恒成立.

记g（a）=ma2+a-ln（a+1）-m+ln2-1，a∈（1，2），则g（1）=0，即g（a）

g′（a）=2ma+1-■=■（2ma+2m+1）.

因为g（a）<0=g（1），所以g′（1）=■·（4m+1）≤0？圯m≤-■.

①当m≤-■时，g′（a）=■（2ma+2m+1）<0，所以g（a）在a∈（1，2）上单调递减，所以g（a）

②当-■1. 当a∈1，-1-■时，g′（a）>0，所以g（a）在a∈1，-1-■上单调递增，所以g（a）>g（1）=0. 不符合题意.

③当m≥0时，g′（a）>0，所以g（a）在（1，2）上单调递增，所以g（a）>g（1）=0. 不符合题意.

综上，m≤-■.

拓展训练2：已知函数f（x）=ax2+bx+c，g（x）=ex，若b=2a，c=2，且对任意x≥0，■≤2x+2恒成立，求实数a的取值范围.

解：对任意x≥0，■≤2x+22恒成立，g（x）=ex>0，所以2（x+1）ex≥ax2+2ax+2，即ax2+2ax+2-2（x+1）ex≤0.

设h（x）=ax2+2ax+2-2（x+1）ex，x∈[0，+∞）.

h′（x）=2a（x+1）-2（x+2）ex，h″（x）=2a-2（x+3）ex在x∈[0，+∞）上单调递减，所以h″（x）≤h″（0）=2（a-3）.

当a≤2时，h″（x）<0，所以h′（x）在[0，+∞）上单调递减，所以h′（x）≤h′（0）=2（a-2）≤0，所以h（x）在[0，+∞）上单调递减，所以h（x）≤h（0）=0（符合）.

当20，因为y=h′（x）的图像不间断，所以存在x■∈[0，lna），使得h′（x■）=0. 当x∈[0，x■）时，h′（x）>0，h（x）在x∈[0，x■）上单调递增，所以h（x）≥h（0）=0（不符合）.

当a>3时，h″（0）=2（a-3）>0，h″（lna）= -2a（lna+2）<0，因為y=h″（x）的图像不间断，所以存在x0∈[0，lna），使得h″（x0）=0. 当x∈[0，x0）时，h″（x）>0，h′（x）在x∈[0，x0）上单调递增，h′（x）>h′（0）=2（a-2）>0，h（x）在x∈[0，x0）上单调递增，所以h（x）≥h（0）=0（不符合）.

综上，a≤2.

函数问题是高中数学的难点，很多学生都觉得难以下手，除了求导这个常规操作外，就不知道该如何解决了. 但笔者认为函数问题并没有那么复杂，它的可操作性很强，基本解题思路就是求导研究图像，先看单调性唯一的情况，再看不唯一时有几个零点，把导函数图形理清楚了，原函数的图像也就有了. 当然含有参数时，需要讨论，有时也需要一些技巧加以辅助，比如重新构造函数、如何寻找零点等.