含参不等式问题解答方法探究

［摘 要］不等式是高中数学的重要知识点，每年的数学高考题都会涉及不等式。含参不等式问题是一类复杂的不等式问题，参数的存在增加了解题的难度，不少学生在解答这类问题时往往不知从何下手。文章结合相关例题，探究含参不等式问题的解答方法。

［关键词］含参；不等式问题；解答方法

［中图分类号］    G633.6        ［文献标识码］    A        ［文章编号］    1674-6058（2024）14-0030-03

不等式问题是高考的必考问题，其中含参不等式问题既是高频考点，又是难点问题。解答含参不等式问题，不但需要学生熟练掌握不等式的相关知识，而且需要学生拥有较强的计算能力、抽象思维能力。虽然含参不等式问题有一定的复杂性，但通过对高考试题的分析发现其常用的解答方法有一定的规律性。本文结合相关例题，总结含参不等式问题常用的解答方法，以期帮助学生掌握解题方法，提升解题效率。

一、分离参数法

分离参数是解答含参不等式问题的常用方法。当题目中涉及的不等式，能够通过化简转化将参数进行分离时，便可以借助分离参数法。在解题中，首先需要将不等式进行化简，将参数置于不等式一侧，而后将另一侧构造为新函数，最后结合函数的单调性判断所构造的函数的最值，进而得到答案。

［例1］函数[f（x）=lnx-ax]，若[f（x）<x2]在（1，+∞）上恒成立，则[a]的取值范围为多少？

解析：由题意知[lnx-ax<x2]在（1，+∞）上恒成立，[lnx-ax<x2]化简可得[a>xlnx-x3]，故只需证明[a>（xlnx-x3）max]即可，其中[x∈]（1，+∞），

令[g（x）=xlnx-x3]，可得[g'（x）=1+lnx-3x2]，

而[g'（1）=-2]，[g″（x）=1x-6x=1-6x2x<0]，

则[g'（x）]在（1，+∞）上单调递减，所以[g'（x）<] [g'（1）<0]，

可知[g（x）]在（1，+∞）上单调递减，

则[g（x）<g（1）=-1]，则[a≥-1]。

说明：在观察本题的过程中可以发现 [f（x）=lnx-ax<x2]，借助分离参数可以得到[a>xlnx-x3]，故本题可转化为求函数[g（x）=xlnx-x3]的最大值问题，通过求导可得[g（x）]在（1，+∞）上单调递减，故[g（x）]的最大值为[-1]，即[a≥-1]。

二、判别式法

对于二次含参不等式恒成立问题，可以将其转化为一元二次不等式在实数集上恒成立问题，用判别式进行解答。对于二次函数[f（x）=ax2+bx+c]恒大于[0]，可与[a>0，Δ<0]互相推导；对于[f（x）=ax2+bx+c]恒小于[0]，可与[a<0，Δ<0]互相推导，以此建立关于参数的不等式，进行解答便可得到参数的取值范围。

［例2］若不等式[2x2+2mx+m4x2+6x+3<1]对一切[x∈R]恒成立，求实数[m]的取值范围。

解析：因为[4x2+6x+3=2x+322+34>0]在[R]上恒成立，所以[2x2+2mx+m4x2+6x+3<1]可以转化为[2x2+2mx+m<4x2+6x+3]，

即[2x2+（6-2m）x+3-m>0]，

令[f（x）=2x2+（6-2m）x+3-m]，

要使[f（x）]恒大于[0]，需使[Δ=（6-2m）2-8（3-m）<0]，

解得[1<m<3]，

故实数[m]的取值范围为[m∈（1，3）]。

说明：在本题中，[2x2+2mx+m4x2+6x+3<1]通过整理可得[2x2+（6-2m）x+3-m>0]，其满足二次函数[f（x）=ax2+bx+c]恒大于[0]的形式，故可以通过[a>0，Δ<0]来求解参数[m]的取值范围。

三、分类讨论法

对于一些较为复杂的题目，可以借助分类讨论法，将一个复杂不等式分为多个简单不等式，通过一一解答，最后进行总结，从而求出参数的取值范围。在实际的解题中，首先要确定参数对不等式的影响，确定分类标准，而后对问题进行分类讨论，求得每一个部分的结果，最后进行汇总。

［例3］若存在非零实数[x、y]，使不等式[（6a-1）x2-2xy+ay2≥0]，则实数[a]的取值范围为（ ）。

A. [0，+∞]

B. [-∞，-13⋃12，+∞]

C. [-13，+∞]

D. [12，+∞]

解析：因为[y≠0]，所以[（6a-1）xy2-2·xy+a≥0]，

令[t=xy]，则问题转化为“存在非零实数[t]，使得[（6a-1）t2-2t+a≥0]成立，求实数[a]的取值范围”。

①当[6a-1>0]，即[a>16]时，显然存在非零实数[t]，使不等式[（6a-1）t2-2t+a≥0]成立。

②当[6a-1=0]，即[a=16]时，不等式变为[-2t+16≥0]，存在非零实数[t]，使不等式成立。

③当[6a-1<0]，即[a<16]时，结合[Δ=4-4a（6a-1）≥0]，解得[-13≤a<16]。

综上可知，[a∈-13，+∞]，故正确答案为[C]。

借助分类讨论法解答本题时，通过令[t=xy]，可以将问题转化为“存在非零实数[t]，使得[（6a-1）t2-2t+a≥0]成立”，后续通过判断[6a-1]与[0]之间的关系，将在三种情况下[a]的取值范围进行汇总，便可得[a∈-13，+∞]。

四、主参换位法

主参换位法是解答已知参数的取值范围求自变量的取值范围的问题的常用方法。在解题过程中，首先将原不等式转化为关于参数的不等式，而后以参数为自变量，构造新的函数式，将问题转化为函数问题，最后结合函数性质解答不等式问题，进而求解参数的取值范围。

［例4］函数[f（x）=ax2+bx-6]，不等式[f（x）≤0]的解集为[-3，2]。若当[0≤m≤4]时，不等式[mf（x）+6m<x+1]恒成立，求实数[x]的取值范围。

解析：由不等式[f（x）≤0]的解集为[-3，2]，可知[-3，2]是方程[ax2+bx-6=0]的根，且[a>0]，

所以[-ba=-3+2，-6a=（-3）×2，]解得[a=1，b=1]，

所以[f（x）=x2+x-6]，

所以[mf（x）+6m<x+1]可变形为[（x2+x）m-x-1<0]，

令[g（m）=（x2+x）m-x-1]，

所以[g（0）<0，g（4）<0，]

即[-x-1<0，4x2+3x-1<0，]

解得[x>-1，-1<x<14，]

所以[-1<x<14]。

说明：在本题的解答过程中便运用了主参换位法。题目中已知[0≤m≤4]，故可以将其视为自变量，通过换位，将[mf（x）+6m<x+1]变形为[（x2+x）m-x-1<0]，根据一次函数的性质，列出不等式[-x-1<0，4x2+3x-1<0，]则可得[-1<x<14]。

五、数形结合法

数形结合法是解答不等式问题的常用方法之一，主要是将不等式问题转化为图象关系问题，结合图象进行解题。在实际的解题中，可以根据代数式的含义画出相应的几何图形，结合图象讨论不等式的成立条件，进而解答问题。但是需要注意关注临界点，即交点、切点等特殊位置。

［例5］设[x∈[-4，0]]，若不等式[x（-4-x）<43x+1-a]恒成立，求[a]的取值范围。

解析：设[y1=x（-4-x）]，则[（x+2）2+y21=4（y1≥0）]，该式可转化为如图1所示的半圆，

图1

设[y2=43x+1-a]，则其图象为直线，如图所示，若[x（-4-x）<43x+1-a]恒成立，即直线始终在半圆上，圆心[（-2，0）]到直线[4x-3y+3-3a=0]的距离[d=-8+3-3a5>2]，且[1-a>0]，

可得[a<-5]，即[a]的取值范围为（-∞，-5）。

说明：在本题中，通过数形结合，将[x（-4-x）<43x+1-a]进行拆分，其中[y1=x（-4-x）]视为上半圆，[y2=43x+1-a]为直线；将二者置于坐标系中，找出临界点，便可以解答问题。

六、导数法

一些不等式的证明，可以将不等式问题转化为函数的最值问题。导数是解答函数最值问题最为有效的方法。在实际的解题中，可对不等式两侧进行作差，而后构造函数，如此便可以将不等式问题转化为函数最值问题。在后续的求解中，则可以借助求导确定零点范围，借助变形与转化确定含零点关系式的最值，进而结合条件最终确定参数的取值范围。

［例6］已知函数[f（x）=aex-lnx-1]，证明当[a≥1e]时，[f（x）≥0]。

解析：对函数[f（x）=aex-lnx-1]求导，得[f '（x）=axex-1x（x>0）]，

令函数[g（x）=axex-1a≥1e]，则[g（x）]在（1，+∞）上单调递增，

且[g（0）=-1<0]，[g（1）=ae-1≥0]，

故存在唯一零点[x0∈0，1]，使得[g（x0）=0]，

即[x0=1aex0]，所以当[x∈（0，x0）]时，[f '（x）<0]，[f（x）]单调递减；

当[x∈] （[x0] ， +∞）时， [f '（x）>0] ， [f（x）]单调递增；

所以[f（x）]在[x=x0]处取得最小值。

又因为[f（x0）=aex0-lnx0-1=a·1ax0-ln1aex0-1=1x0+x0+lna-1≥2+lna-1=1+lna≥0]，

当且仅当[x0=1]及[a=1e]时，两等号同时成立，所以当[a≥1e]时，[ f（x）≥f（x0）≥0]。

在解答本题时，通过求导可以确定零点的存在，但是并不能求出零点的值。通过求导，则有[f '（x）=axex-1x（x>0）]，构造函数[g（x）=axex-1a≥1e]，[g（0）=-1<0]，[g（1）=ae-1≥0]，故存在唯一零点[x0∈0，1]，使得[g（x0）=0]，此时[x0=1aex0]，无法直接求出。而后通过对其设而不求，确定其取值范围及满足关系式后对代数式进行整体替换，进而解答问题。

本文结合实际问题，总结了解答含参不等式问题常用的六种方法，分别为分离参数法、判别式法、分类讨论法、主参换位法、数形结合法、导数法，每种解答方法适用的背景不尽相同，因此在考试中，学生需结合实际问题灵活选择解答方法。

［   参   考   文   献   ］

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[2]  李慧.一个含参不等式恒成立问题的多解探究[J].中学数学教学参考，2022（12）：31-33.

[3]  张洪源.用导数处理含参不等式的思路与方法[J].高中数学教与学，2023（7）：53-54，21.

[4]  孙小芳.解答含参不等式问题常用的几种方法[J].语数外学习（高中版中旬），2023（3）：35-36.

[5]  安现伟.解答含参不等式恒成立问题的常用方法[J].高中数理化，2023（15）：51-52.

（责任编辑 黄春香）