一石激起千层浪 吹尽黄沙始见金

摘要：2024年全国甲卷理科第21题的第（2）问是有关含参不等式恒成立求参数取值范围的问题，是一道涉及导数应用的压轴题.本文中重点对第（2）问进行探究，首先通过思维导图分析解决该问题的分类讨论、端点效应、参变分离、切线放缩、对数平均不等式等思路，然后给出对应的7种具体解法，接下来给出试题的溯源及拓展，最后进行反思总结.

关键词：导数压轴题；含参不等式恒成立；思维导图；解题分析

课题信息：四川省教育科研课题“情境教学视域下的高中数学‘教-学-评’一致性研究”，课题编号为YB2023010.

1 试题再现

已知函数f（x）=（1－ax）ln（1+x）－x．

（1）当a=－2时，求f（x）的极值；

（2）当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围．

2 解法分析

本题第（

1）问较为简单，分析略.第（

2）问是含参不等式恒成立问题，是近几年数学高考的热点问题，通过多年高考压轴题的演化和研究，解题思路呈现百花齐放的状态，符合高考追求的“无思维不命题”的重要原则.这类问题的切入点较多，例如含参讨论、参变分离后求解极限、放缩、端点效应（必要性探路）等.第（2）问的思维导图如图1.

3 试题解析

3.1 第（1）问的解答

第（1）问思路较为简单清晰，对f（x）求导后，观察或利用二阶导数讨论导函数的单调性，求出f′（x）=0的唯一解，写出其单调区间即可得到极值.

解：当a=－2时，

f（x）=（1+2x）ln（1+x）－x，

则f′（x）=2ln（1+x）－11+x+1.

因为y=2ln（1+x），y=－11+x+1在（－1，+∞）上皆为增函数，所以f′（x）在（－1，+∞）上为增函数，而f′（0）=0，于是当－1lt;xlt;0时f′（x）lt;0，当xgt;0时f′（x）gt;0，故f（x）在x=0处取极小值且极小值为f（0）=0，无极大值.

下面主要讨论第（2）问的解法.

3.2 第（2）问的解答

方法1：直接讨论法.

注意到函数f（x）在二阶求导后会转化为不含对数式的较简单形式，因此可以尝试在二阶求导后直接进行讨论.处理这类问题时要注意根据导函数的零点与已知区间的位置关系来确定分类标准.

解：求导，得f′（x）=－aln（1+x）-（1+a）x1+x.

设g（x）=-aln（1+x）-（a+1）x1+x，x≥0，

则

g′（x）=-ax+2a+1（1+x）2.

①当a≤-12时，g′（x）≥0在［0，+∞）上恒成立，则

g（x）≥g（0）=0，即f′（x）≥0且不恒为0，所以

f（x）在［0，+∞）上单调递增，可知

f（x）≥f（0）=0.

②当-12lt;alt;0时，令g′（x）=0，得x=-2-1agt;0.

当0lt;xlt;-2-1a时，g′（x）lt;0，

函数g（x）在0，-2-1a上单调递减.

此时g（x）lt;g（0）=0，即f′（x）lt;0，所以

f（x）在0，-2-1a上单调递减，则

f（x）lt;f（0）=0，不合题意，舍去.

③当a≥0时，g′（x）lt;0在［0，+∞）上恒成立，则

g（x）在［0，+∞）上单调递减，所以

g（x）≤g（0）=0，即f′（x）≤0且不恒为0，所以

f（x）在［0，+∞）上单调递减，故

f（x）≤f（0）=0不合题意，舍去.

综上，a的取值范围是-∞，-12.

方法2：端点效应法.

注意到端点值f（0）=0，f′（0）=0，故f″（0）≥0，由此可得到a的范围是－∞，－12，得到恒成立的必要条件，再证明当a∈－∞，－12时原命题成立，即证明充分性.

解：求导，得f′（x）=－aln（1+x）-（a+1）x1+x，x≥0，f′（0）=0.

设g（x）=-aln（1+x）-（a+1）x1+x，x≥0，

则

g′（x）=-ax+2a+1（1+x）2，g′（0）=-2a-1.

由题意知，当x≥0时，f（x）≥0，又

f（0）=0，所以f（x）在［0，+∞）上单调递增.

所以f′（x）≥0在［0，+∞）上恒成立，又

f′（0）=0，所以f′（x）在［0，+∞）上单调递增.

所以g′（x）≥0在［0，+∞）上恒成立.

由f″（0）≥0，得a≤-12.

所以a≤-12是当x≥0时，f（x）≥0的必要条件，下面证明其充分性.

法1：放缩f′（x）.

当a≤-12时，

f′（x）=-aln（1+x）-（a+1）x1+x≥12ln（1+x）-x1+x.

易知当xgt;0时，ln x≤x-1，所以

ln1x≤1x-1=1-xx，则ln x≥x-1x，从而ln（1+x）≥xx+1.

所以f′（x）≥0且不恒为0，则f′（x）在［0，+∞）上单调递增，

从而f（x）≥f（0）=0.

综上，a的取值范围是-∞，-12.

法2：放缩f″（x）.

当a≤-12时，可得

g′（x）=-a1+x-a+1（1+x）2≥12（1+x）-12（1+x）2=x2（1+x）2≥0，可知

g（x）在［0，+∞）上单调递增，则

f′（x）≥f′（0）=0，从而

f′（x）在［0，+∞）上单调递增，所以

f（x）≥f（0）=0.

综上，a的取值范围是-∞，-12.

方法3：分离参数法.

在解决不等式恒成立求参数的取值范围这类问题时，最常用的方法是分离参数，转化为求函数的最值，注意到题目中x≥0，从而ln（1+x）≥0，所以分离参数减少了分类讨论.

解：当xgt;0时，由f（x）=（1-ax）ln（1+x）-x≥0，得ax≤1-xln（1+x）.

当x=0时，f（x）≥0成立，此时a∈R.

当xgt;0时，a≤1x-1ln（1+x）.

令g（x）=1x-1ln（1+x），xgt;0，则

g′（x）=x21+x-［ln（1+x）］2x2［ln（1+x）］2.

令h（x）=x21+x-［ln（1+x）］2，

xgt;0，则

h′（x）=x2+2x1+x-2ln（1+x）1+x.

令φ（x）=x2+2x1+x-2ln（1+x），xgt;0，

则

φ′（x）=x2（1+x）2gt;0.

所以φ（x）在（0，+∞）上单调递增，则φ（x）gt;φ（0）=0.

所以h′（x）gt;0，则

h（x）在（0，+∞）上单调递增，可得h（x）gt;h（0）=0.

所以g′（x）gt;0，则

g（x）在（0，+∞）上单调递增.

由洛必达法则，可知

limx→0g（x）=limx→0ln（1+x）－xxln（1+x）

=limx→011+x－1ln（1+x）+x1+x

=limx→0-1（1+x）2x1+x+x（1+x）2

=-12

.

所以a的取值范围是-∞，-12.

方法4：切线放缩（半分离）法.

与分离参数思想类似，通过等价变形为-ax+1≥xln（1+x）

，利用曲直相切，数形结合得到a的范围是－∞，－12.

解：当xgt;0时，由f（x）=（1－ax）ln（1+x）－x≥0，可得－ax+1≥xln（1+x）.

当x=0时，f（x）≥0恒成立.

当xgt;0时，设g（x）=xln（1+x），则

g′（x）=ln（1+x）－x1+x［ln（1+x）］2.

设h（x）=ln（1+x）－x1+x，xgt;0，则h′（x）x（1+x）2gt;0恒成立.

所以h（x）gt;h（0）=0，则g′（x）gt;0，从而g（x）在（0，+∞）单调递增.

由洛必达法则，可知

limx→0g′（x）=limx→0ln（1+x）－x1+x［ln（1+x）］2

=limx→012（1+x）=12.

由limx→0g（x）=limx→0xln（1+x）=1，数形结合，可知－a≥12，即a≤－12.再证明其充分性即可.

方法5：对数平均不等式（飘带放缩）法.

注意到第（1）问得出的结论（1+2x）ln（1+x）-x≥0，根据对数的均值不等式2（x-1）x+1≤ln x（x≥1），平移可得2xx+2≤ln（x+1）（x≥0），所以进一步整理可得12x+1ln（x+1）-x

≥0.

解：易证飘带不等式

2（x-1）x+1≤ln x≤12x-1x，x≥1.

所以2xx+2≤ln（x+1）≤x（x+2）2（x+1），x≥0.

当x≥0时，（1-ax）ln（1+x）-x≥0恒成立，所以1-ax≥0，从而a≤0.

当x≥0时，可得（1-ax）x（x+2）2（x+1）-x≥（1-ax）＼5ln（1+x）-x≥0恒成立.

整理得-a（x+2）≥0恒成立，所以a≤-12.

当a≤-12时，

（1-ax）ln（1+x）-x≥1+x2ln（1+x）-x≥0，

即f（x）≥0，所以a的取值范围是-∞，-12.

4 试题溯源

溯源1" （2022年新高考Ⅱ卷第22题）

已知函数f（x）=xeax－ex，当xgt;0时，f（x）lt;－1，求a的取值范围.

本题也是一个恒成立问题，前文总结的多数方法都是通用的，比如利用端点效应，容易得到a≤12，再证明其充分性即可.

溯源2" （2024年新高考Ⅰ卷第18题）已知函数f（x）=lnx2－x+ax+b（x－1）3，若f（x）gt;－2当且仅当1lt;xlt;2，求b的范围.

本题也是异曲同工，利用端点效应，在x=1处的一阶导数和二阶导数都为0，由其三阶导函数大于等于0可以得到b的范围，再证明其充分性.

5 试题拓展

拓展" （2022年全国甲卷）已知函数f（x）=exx－ln x+x－a．

（1）若f（x）≥0，求a的取值范围；

（2）证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2lt;1．

解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），则

f′（x）=1x－1x2ex－1x+1=1x1－1xex+1－1x=x－1xexx+1.

令f′（x）=0，得x=1.

所以，当x∈（0，1），f′（x）lt;0，f（x）单调递减;

当x∈（1，+∞），f′（x）gt;0，f（x）单调递增.故f（x）≥f（1）=e+1－a.

若f（x）≥0，则e+1－a≥0，即a≤e+1.

所以a的取值范围为（－∞，e+1］.

（2）证明：由题意，得f（x）=exx+lnexx－a.

令t=exxgt;1，g（t）=t+ln t－a，则g′（t）=1+1tgt;0.

所以g（t）=t+ln t－a在（1，+∞）上单调递增，则g（t）=0只有1个解.

又因为f（x）=exx+lnexx－a有两个零点x1，x2，所以t=ex1x1=ex2x2.

将上式两边取对数，得x1－ln x1=x2－ln x2，于是可得x1－x2ln x1－ln x2=1.

又因为x1x2lt;x1－x2ln x1－ln x2，所以x1x2lt;1，于是可得x1x2lt;1.

下证x1x2lt;x1－x2ln x1－ln x2.不妨设x1gt;x2.

要证x1x2lt;x1－x2ln x1－ln x2，只需证ln x1－ln x2lt;x1－x2x1x2，即证lnx1x2lt;x1x2－x2x1.

设t=x1x2gt;1，则只需证2ln tlt;t－1t.

构造h（t）=2ln t－t+1t，tgt;1，则

h′（t）=2t－1－1t2=－1－1t2lt;0.

所以h（t）=2ln t－t+1t在（1，+∞）上单调递减.

故h（t）lt;h（1）=0，即2ln tlt;t－1t得证.

6 反思与建议

恒成立问题的标准答案往往是以讨论为主，如果选择含参讨论，要思考是否需要调整原函数，原函数调整后问题是否等价，是否要调整导函数，调整后能否等价为讨论新函数的符号问题．参数讨论的分界值是问题的难点，有时候要发挥端点效应的作用，有时候要研究二阶导函数，对学生来说并非易事，所以大部分学生会选择分离参数，分离后的函数虽没有参数，但往往比较复杂，通过导数研究其性质也很困难，有时还要用到极限的相关知识．拆分成两个函数是小题的做法，往往要用到函数的凹凸性，不建议在大题中使用，因为不严谨也不规范.

解决此类问题时，含参讨论还是分离参数，不能一概而论，要在解题过程中培养直觉.有些题目关注端点函数值，可以通过必要性探路，发现参数讨论的分界值，很容易完成，但有学生却南辕北辙分离参数；有些题目分离参数后所得函数很常见，有学生却非要分类讨论，陷入泥潭不能自拔.能够利用端点效应解决的参数范围问题，其命题思路大致都是利用常用不等式适当变形后，在保号的基础上，将常数变异为参数，再利用主元变换的思想得到参数的取值范围.因此，利用这种思路命制的题目，不等式取等处是关键.取等处曲线与x轴相切，此时一阶导数为0，需要判断二阶（或三阶）导数的正负. 对于这类题目，端点效应法可以作为一种通性通法，但若题目不严格满足上述条件，则利用端点效应只能适当缩小参数范围，因此，解题时要视情况而定.