函數(shù)最值與不等式恒成立的互相轉(zhuǎn)化探究

已知一個(gè)不等式恒成立欲求其相關(guān)的參數(shù)范圍是一類常見的函數(shù)應(yīng)用問題，其解題策略就是通過對(duì)不等式的代數(shù)變形，使之轉(zhuǎn)化為求一個(gè)新函數(shù)的最值問題.與對(duì)應(yīng)的是已知函數(shù)的最值求其式子中參數(shù)的值問題，其解題策略是將函數(shù)式變形為不等式恒成立問題，再轉(zhuǎn)化其一個(gè)新函數(shù)的最值.這兩類問題的解決就是兩個(gè)數(shù)學(xué)概念之間的不斷轉(zhuǎn)換，通過對(duì)函數(shù)的最值與不等式恒成立的辯證使用，達(dá)到化簡(jiǎn)問題、變難為易的解題目的.本文通過對(duì)其中幾個(gè)典型題目進(jìn)行分析探究，展示問題轉(zhuǎn)化的常規(guī)策略與核心要點(diǎn)，供參考.

1.用求函數(shù)的最值解決不等式恒成立問題

1.1" 參數(shù)分離法

例1" 已知x=2是函數(shù)f（x）=13x3－bx2+2x+a的一個(gè)極值點(diǎn).（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；（Ⅱ）若不等式f（x）－a2gt;23對(duì)x∈［1，3］恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解析" （Ⅰ）因?yàn)閤=2是函數(shù)f（x）=13x3－bx2+2x+a的一個(gè)極值點(diǎn)，由于f′（x）=x2－2bx+2，所以x=2是方程x2－2bx+2=0的一個(gè)根，回代得b=32.令f′（x）=x2－3x+2gt;0，解之得xlt;1或xgt;2，故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為（－∞，1）和（2，+∞）.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當(dāng)x∈（1，2）時(shí)f′（x）lt;0，x∈（2，3）時(shí)f′（x）lt;0，所以函數(shù)f（x）在（1，2）上單調(diào)遞減，在（2，3）上單調(diào)遞增.于是f（2）是函數(shù)f（x）在區(qū)間［1，3］上的最小值，容易知道（－1，3）.故當(dāng)x∈［1，3］時(shí)，要使不等式f（x）－agt;23恒成立，只需f（2）gt;a2+23， 即23+agt;a2+23，解得 0lt;alt;1.

點(diǎn)評(píng)" 對(duì)不等式恒成立的條件，可以理解為：若agt;f（x）恒成立，則agt;［f（x）］max；若alt;f（x）恒成立，則alt;［f（x）］min，其中順利分離不等式式中參數(shù)是解題關(guān)鍵.

1.2" 分類討論法

例2" 若當(dāng)x≥0時(shí)，有不等式ax2+x+1－ex≤0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解析" 由于恒不等式可變形為：ex≥ax2+x+1，容易證明：當(dāng)x≥0時(shí)，ex≥x+1，故a≤0時(shí)符合要求，故只需研究agt;0時(shí)的范圍即可.故當(dāng)agt;0時(shí)，ex≥ax2+x+1，即為x≥ln（ax2+x+1），即x－ln（ax2+x+1）≥0，現(xiàn)令g（x）=x－ln（ax2+x+1），則g（0）=0，又令g′（x）=1－2ax+1ax2+x+1=ax2+（1－2a）xax2+x+1gt;0，注意到x≥0，得xgt;2a－1a且x≥0，（i）當(dāng)2a－1agt;0，

agt;0， 即agt;12時(shí)， 容易得到g（x）在（0，2a－1a）上單調(diào)遞減，在（2a－1a，+∞）上單調(diào)遞增，故［g（x）］min=g（2a－1a）lt;g（0）=0，不符合g（x）≥0；（ii）當(dāng)2a－1a≤0，

agt;0， 即0lt;a≤12時(shí)，則x≥0，所以函數(shù)g（x）在［0，+∞）上為單調(diào)遞增，于是有g(shù)（x）≥g（0）滿足題意.綜合上述結(jié)論可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（－∞，12］.

點(diǎn)評(píng)" 由于題中給出的不等式是超越不等式，如果采用直接分離參數(shù)，問題會(huì)變得更加復(fù)雜，可能無法繼續(xù)下去.而通過采用對(duì)參數(shù)分類討論法解決，就能降低求解的難度.

1.3" 同構(gòu)變形法

例3" 已知函數(shù)f（x）=aex+1，g（x）=lnxa－1（agt;0），若f（x）≥g（x）在區(qū)間（0，+∞）上恒成立，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解析" 由f（x）≥g（x）在區(qū)間（0，+∞）上恒成立，即對(duì)任意x∈（0，+∞）都有aex+1－lnxa+1≥0，而此不等式即為ex+lnx+1≥lnx－lna－1，也就是ex+lnx+1+x+lna+1≥lnx+elnx.若設(shè)h（x）=ex+x，由于h′（x）=ex+1gt;0恒成立，所以h（x）在R上是單調(diào)增函數(shù)，由以上分析知h（x+lna+1）≥h（lnx），所以x+lna+1≥lnx，于是lna≥lnx－x－1.再令φ（x）=lnx－x－1，則φ′（x）=1－xx，由此知，函數(shù)φ（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以函數(shù)φ（x）有最大值φ（1）=－2，所以lna≥－2，即a≥1e2，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是［1e2，+∞）.

點(diǎn)評(píng)" 通過挖掘不等式的特殊結(jié)構(gòu)，并變形出一個(gè)特殊的不等式關(guān)系，然后再通過同構(gòu)一個(gè)新函數(shù)，并順利地分離了參數(shù)，從而使原來的問題得到了簡(jiǎn)化.

2.將函數(shù)最值轉(zhuǎn)化為恒成立問題

若已知一個(gè)含參數(shù)的函數(shù)式的最值，我們可以將它看成是一個(gè)含參數(shù)的不等式恒成立問題，然后通過分離參數(shù)將函數(shù)式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，用一個(gè)新的函數(shù)式將參數(shù)表示出來，這樣一個(gè)新函數(shù)的最大值就是所求的參數(shù)值，如此就解決了求值問題.

2.1" 直接構(gòu)造函數(shù)

例4" 已知函數(shù)f（x）=lnx+x+mx的最小值3，求實(shí)數(shù)m的值.

解析" 因?yàn)楹瘮?shù)f（x）的最小值為3，也就是不等式lnx+x+mx≥3恒成立，且存在xgt;0使等號(hào)成立，可變形m≤3x－x2－xlnx恒成立，且存在xgt;0使等號(hào)成立，所以m=（3x－x2－xlnx）max，下面就是如何求此函數(shù)的最大值．設(shè)g（x）=3x－x2－xlnx，則g′（x）=3－2x－（lnx+1）=2－2x－lnx，易知此函數(shù)為減函數(shù)，又g′（1）=0，所以在（0，1）上g′（x）gt;0，在（1，+∞）上g′（x）lt;0，所以函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，則g（x）有最大值g（1）=2，故m=2.

點(diǎn)評(píng)" 本題中通過進(jìn)行參數(shù)分離，將函數(shù)最小值問題變成了不等式恒成立問題，然而參數(shù)的值就是某個(gè)函數(shù)的最大值.由于表達(dá)式簡(jiǎn)潔，采用直接設(shè)為新函數(shù)，再求其最大值.

2.2" 轉(zhuǎn)化構(gòu)造函數(shù)

例5" 設(shè)函數(shù)f（x）=12tx2+lnx，⑴求f（x）單調(diào)區(qū)間；⑵若f（x）在（0，1］上的最小值是－1，求實(shí)數(shù)t的值.

解析" ⑴由于函數(shù)的定義域是xgt;0，由于f′（x）=tx+1x，下面對(duì)參數(shù)討論解決.

當(dāng)t=0時(shí)，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；當(dāng)tlt;0時(shí)，令tx+1xgt;0，得x2lt;－1t，又xgt;0，所以0lt;xlt;－1t，于是f（x）在（0，－1t）上單調(diào)遞增，在（－1t，+∞）單調(diào)遞減；當(dāng)tgt;0時(shí)，又由于xgt;0，所以f′（x）gt;0恒成立，于是f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增.

⑵由于f（x）在（0，1］上的最小值是－1，也就是12tx2+lnx≥－1在（0，1］上恒成立．即t≥－2（1+lnx）x2在（0，1］上恒成立，所以t=［－2（1+lnx）x2］max，令h（x）=1+lnxx2，則h′（x）=－1－2lnxx3，令h′（x）=0，得x=1e，又當(dāng)x∈（0，1e）時(shí)，h′（x）lt;0，當(dāng)x∈（1e，1］時(shí)，h′（x）gt;0，所以函數(shù)h（x）有最小值g（1e）=12e，于是［－2（1+lnx）x2］max=－e，所以實(shí)數(shù)t=－e.

點(diǎn)評(píng)" 由于不等式變形轉(zhuǎn)化后，關(guān)于參數(shù)的表達(dá)式有些復(fù)雜，通過設(shè)一個(gè)與此相關(guān)的新函數(shù)并求出最小值，從而順利解決了原式的最大值，這樣就簡(jiǎn)化了解題過程.

2.3" 分別構(gòu)造函數(shù)

例6" 已知函數(shù)f（x）=（ex－ax）（lnx+1x2）+1的最小值為e，求實(shí)數(shù)a的值.

解析" 由于函數(shù)f（x）的的最小值為e，所以（ex－ax）（lnx+1x2）+1≥e恒成立，且存在xgt;0使等號(hào)成立，即a≤exx－e－1xlnx+1x恒成立，且存在xgt;0使等號(hào)成立，則a=（exx－e－1xlnx+1x）min.令g（x）=exx，則g′（x）=ex（x－1）x2，當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）lt;0；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）gt;0，所以g（x）有最小值g（1）=e.令h（x）=xlnx+1x，則h′（x）=lnx+1－1x2，再令φ（x）=lnx+1－1x2，則φ′（x）=1x+2x3=1x（1+2x2），由于xgt;0，所以φ′（x）gt;0恒成立，即φ（x）是（0，+∞）上的單調(diào)增函數(shù)，又φ（1）=0，所以當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h′（x）lt;0，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h′（x）gt;0，則h（x）有最小值h（1）=1，所以－e－1xlnx+1x有最小值－（e－1），于是（exx－e－1xlnx+1x）min=1，即a=1.

點(diǎn)評(píng)" 通過分別設(shè)兩個(gè)函數(shù)，分別求其最值，減輕了解題困難，必須注意所設(shè)的兩個(gè)函數(shù)是在同一個(gè)x處取得最小值，所以兩個(gè)函數(shù)的最小值的和就是原來函數(shù)的最小值.

雖然說不等式恒成立與函數(shù)的最值是兩個(gè)不同的數(shù)學(xué)概念，但在解決某個(gè)數(shù)學(xué)問題時(shí)可以進(jìn)行相互轉(zhuǎn)化，這就是數(shù)學(xué)解題精妙之處，高中數(shù)學(xué)中的解題中有許多這樣精彩.