“慧眼”识“乱花”

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现今高考数学，含参数的不等式恒成立问题是热点，也是同学们解题时比较棘手的问题.现将关于不等式恒成立方面的常见易混问题简单地罗列如下.

一、 “参数”与“自变量”

例1 （1） 已知不等式x2-2ax+1＞0对x∈[1，2]恒成立，求实数a的取值范围；

（2） 已知不等式x2-2ax+1＞0对a∈[1，2]恒成立，求实数x的取值范围．

解析 （1） 把x作为自变量，a作为参数.

法一 转换求函数的最值.

令f （x）=x2-2ax+1，求出该函数在x∈[1，2]时的最小值，使其最小值大于0即可.

函数f （x）=x2-2ax+1的对称轴为直线x=a.

若a≤1，则[f （x）]min=f （1）=2-2a，此时由2-2a＞0，解得a＜1，所以a＜1；

若1＜a＜2，则[f （x）]min=f （a）=-a2+1，此时由-a2+1＞0，解得-1＜a＜1，所以a∈?芰；

若a≥2，则[f （x）]min=f （2）=5-4a，此时由5-4a＞0，解得a＜，所以a∈?芰.

综上，a＜1.

法二 分离参数法.

原式可转化为a＜在x∈[1，2]上恒成立.令g（x）=，求出该函数在x∈[1，2]上的最小值，使a＜[g（x）]min即可.

g（x）==x+，当x=1时，g（x）取最小值1，所以a＜1.

（2） 若仍然把它看成x的二次函数，由于a，x都要变，则函数的最小值很难求出.

变换思维角度，把变元与参数换个位置，即采用主参变换法，把a当做自变量，而把x作为参数.此时因为分离参数x不太方便，于是可令h（a）=-2xa+x2+1，求出该函数在a∈[1，2]上的最小值，使其大于0即可.

因为h（a）=-2xa+x2+1是一次形式的函数，所以h（1）＞0，h（2）＞0，即x2-2x+1＞0，x2-4x+1＞0，解得x＜2-或x＞2+.

心得指津 解决此类问题，一般把已给范围的量作为自变量，要求范围的量作为参数来解题较为方便.

二、 “恒成立”与“有解”

例2 （1） ?坌x∈（1，2），x2-lnx-a＞0，则实数a的取值范围是______；

（2） ?埚x∈（1，2），x2-lnx-a＞0，则实数a的取值范围是______.

解析 （1） “?坌”表示任意，即为恒成立问题.转化为a＜x2-lnx在x∈（1，2）上恒成立.令f （x）=x2-lnx，求出该函数在x∈（1，2）上的最小值，使得a＜[f （x）]min即可.

当x∈（1，2）时，f （x）=x2-lnx递增，所以[f （x）]min＞f （1）=，故a≤.

（2） “?埚”表示存在，即为有解问题.转化为a＜x2-lnx在x∈（1，2）上有解.令f （x）=x2-lnx，求出该函数在x∈（1，2）上的最大值，使得a＜[f （x）]max即可.

当x∈（1，2）时，f （x）=x2-lnx递增，所以[f （x）]max

＜f （2）=2-ln2，故a＜2-ln2.

心得指津 a≤f （x）对x∈[m，n]恒成立，则a≤

[f （x）]min；a≥f （x）对x∈[m，n]恒成立，则a≥[f （x）]min；a≤f （x）在x∈（m，n）内有解，则a≤[f （x）]max；a≥f （x）在x∈（m，n）内有解，则a≥[f （x）]min.注意参数的端点值能否取到.

三、 “两边的同一自变量同时变化”与“两边的不同自变量各自变化”

例3 已知函数f （x）=x2-2ax+1，g （x）=，其中a＞0，x≠0.

（1） 对任意x∈[2，4]，都有f （x）＞g （x）恒成立，求实数a的取值范围；

（2） 对任意x1，x2∈[1，2]，都有f （x1）＞g （x2）恒成立，求实数a的取值范围.

解析 （1） 等价转化为f （x）-g （x）＞0恒成立问题，转化为x2-2ax+1-＞0在x∈[2，4]时恒成立，即a＜在x∈[2，4]时恒成立.

令φ（x）=，则φ′（x）=＞0，故φ（x）在x∈[2，4]上是增函数，故[φ（x）]min=φ（2）=，所以0＜a＜.

（2） 转化为[f （x）]min＞[g（x）]max，即求出f （x）=x2-2ax+1在x∈[1，2]上的最小值，g （x）=在x∈[1，2]上的最大值.

当0＜a≤1时，[f （x）]min=2-2a，[g （x）]min=a，由2-2a＞a，得a＜，则0＜a＜；

当1＜a＜2时，[f （x）]min=f （a）=-a2+1，[g（x）]max=a，由-a2+1＞a，得＜a＜，则a∈?芰；

当a≥2时，[f （x）]min=5-4a，[g（x）]max=a，由5-4a＞a，得a＜1，则a∈?芰.

综上，0＜a＜.

心得指津 当不等式两边是同一自变量，即需要同时变化时，须将所有的自变量移至一边，作为一个函数来解决；当不等式两边是不同自变量，即不需要同时变化时，须分别求两边的两个函数的最值.

四、 “已知恒成立，求参数的取值范围”与“已知参数，证明恒成立”

例4 已知f （x）=xlnx，g（x）=-x3+ax-3.

（1） 若对所有x∈（0，+∞），都有2f （x）≥g（x）成立，求实数a的取值范围；

（2） 证明：对所有x∈（0，+∞），都有lnx＞-成立.

解析 （1） 转化为a≤2lnx+x+在x∈（0，+∞）上恒成立.

令h（x）=2lnx+x+（x＞0），则h′（x）=，当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，所以[h（x）]min=h（1）=4，故a≤4.

（2） 先考虑证明lnx-+＞0在x∈（0，+∞）上恒成立，即求出函数y=lnx-+在x∈（0，+∞）上的最小值.而用我们高中所学的知识很难求出这个函数的最小值，所以不可取.

再结合题目将问题等价转化为证明xlnx＞-在x∈（0，+∞）上恒成立.同样，函数y=xlnx-+的最小值也很难求.

但这是证明题，如果我们可以证明函数f（x）=xlnx的最小值比函数m（x）=-的最大值大，就可以证明原命题成立.

令f （x）=xlnx（x∈（0，+∞）），则f ′（x）=lnx+1.当x∈0，时，f ′（x）＜0，即f （x）递减；当x∈，+∞时，f ′（x）＞0，即f（x）递增.所以f （x）=xlnx在x∈（0，+∞）上的最小值是-，当且仅当x=时取到.

令m（x）=-（x∈（0，+∞）），则m′（x）=.易知[m（x）]max=-，当且仅当x=1时取到.

所以[f （x）]min=[m（x）]max.而这两个最值不同时取到，所以对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞-.

心得指津 [f （x）]min＞[g（x）]max可推出f （x）＞g（x）恒成立，而f （x）＞g（x）恒成立推不出[f （x）]min＞[g（x）]max.

当然，不等式恒成立问题是一个系统的话题，其考查形式千姿百态、灵活多样，诸上几点思考仅为笔者的绵薄心得，在实际运用中还需理清关系、具体转化，一言以蔽之，同学们在具体做题时切记“慧眼”识“乱花”.