一道不等式中恒成立问题的解法探究
浅谈高中数学不等式的恒成立问题
浅谈高中数学不等式的恒成立问题一、构造函数法在解决不等式恒成立问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，即构造函数法，然后利用相关函数的图象和性质解决问题，同时注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更加面目更加清晰明了，一般来说，已知存在范围的量视为变量，而待求范围的量视为参数.例如;例1 已知不等式对任意的都成立，求的取值范围.解：由移项得:.不等式左侧与二次函数非常相似，于是我们可以设则不等式对满足的一切实数恒成立对恒成立.当时，即解得故的取值范围是.评注：此类问题常因思维定势，学生易把它看成关于的不等式讨论，从而因计算繁琐出错或者中途夭折；若转换一下思路，把待求的x为参数，以为变量，令则问题转化为求一次函数（或常数函数）的值在内恒为负的问题，再来求解参数应满足的条件这样问题就轻而易举的得到解决了。
二、分离参数法在不等式中求含参数范围过程中，当不等式中的参数（或关于参数的代数式）能够与其它变量完全分离出来并，且分离后不等式其中一边的函数（或代数式）的最值或范围可求时，常用分离参数法.例2 已知函数（为常数）是实数集上的奇函数，函数在区间上是减函数.（Ⅰ）若对（Ⅰ）中的任意实数都有在上恒成立，求实数的取值范围.解析：由题意知，函数在区间上是减函数.在上恒成立注：此类问题可把要求的参变量分离出来，单独放在不等式的一侧，将另一侧看成新函数，于是将问题转化成新函数的最值问题：若对于取值范围内的任一个数都有恒成立，则；若对于取值范围内的任一个数都有恒成立，则.三、数形结合法如果不等式中涉及的函数、代数式对应的图象、图形较易画出时，可通过图象、图形的位置关系建立不等式求得参数范围.例3 已知函数若不等式恒成立，则实数的取值范围是 .解：在同一个平面直角坐标系中分别作出函数及的图象，由于不等式恒成立，所以函数的图象应总在函数的图象下方，因此，当时，所以故的取值范围是注：解决不等式问题经常要结合函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个函数，利用函数图像的上、下位置关系来确定参数的范围.利用数形结合解决不等式问题关键是构造函数，准确做出函数的图象.如：不等式，在时恒成立，求的取值范围.此不等式为超越不等式，求解时一般使用数形结合法，设然后在同一坐标系下准确做出这两个函数的图象，借助图象观察便可求解.四、最值法当不等式一边的函数（或代数式）的最值较易求出时，可直接求出这个最值（最值可能含有参数），然后建立关于参数的不等式求解.例4 已知函数（Ⅰ）当时，求的单调区间；（Ⅱ）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.解（Ⅱ）当时，不等式即恒成立.由于，，亦即，所以.令，则，由得.且当时，；当时，，即在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，也就是函数在定义域上的最大值.因此要使恒成立，需要，所以的取值范围为.例5 对于任意实数x，不等式│x+1│+│x-2│＞a恒成立，求实数a的取值范围分析①：把左边看作x的函数关系，就可利用函数最值求解.解法1：设f（x）=│x+1│+│x-2│=-2x+1,（x≤1）3，（-1＜x≤2）2x-1,（x＞2）∴f（x）min=3.∴a＜3.分析②：利用绝对值不等式│a│-│b│＜│a±b│＜│a│+│b│求解f（x）=│x+1│+│x-2│的最小值.解法2：设f（x）=│x+1│+│x-2│，∵│x+1│+│x-2│≥│（x+1）-（x-2）│=3，∴f（x）min=3. ∴a＜3.分析③：利用绝对值的几何意义求解.解法3：设x、-1、2在数轴上的对应点分别是P、A、B，则│x+1│+│x-2│=│PA │+│PB│，当点P在线段AB上时，│PA│+│PB│=│AB│=3，当点P不在线段AB上时，│PA│+│PB│＞3，因此不论点P在何处，总有│PA│+│PB│≥3，而当a＜3时，│PA│+│PB│＞a恒成立，即对任意实数x，不等式│x+1│+│x-2│＞a恒成立.∴实数a的取值范围为（-∞，3）.点评：求"恒成立问题"中参数范围，利用函数最值方便自然，利用二次不等式恒为正（负）的充要条件要分情况讨论，利用图象法直观形象.从图象上直观得到0＜m＜1后，还需考查区间（0，）右端点x=处的函数值的大小，这一点往往被忽视.综上，恒成立问题多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的一个热门题型，它以"参数处理"为主要特征，以"导数"为主要解题工具.往往与函数的单调性、极值、最值等有关，所以解题时要善于将这类问题与函数最值联系起来，通过函数最值求解相关问题.不等式恒成立问题，因题目涉及知识面广，解题方法灵活多样，技巧性强，难度大等特点，要求有较强的思维灵活性和创造性、较高的解题能力，上述方法是比较常用的，但因为问题形式千变万化，考题亦常考常新，因此在备考的各个阶段都应渗透恒成立问题的教与学，在平时的训练中不断领悟和总结，教师也要介入心理辅导和思想方法指导，从而促使学生在解决此类问题的能力上得到改善和提高.1。
高考热点——恒成立问题解法探讨
高考热点——恒成立问题解法探讨
牛金彪
【期刊名称】《中学生数理化（学研版）》
【年(卷),期】2012(000)007
【摘要】在不等式综合题中常见到这种类型的题目：f（x，a）〉0（或f（x，a）〈0）对任意x∈I恒成立，我们把这类问题称为含参数不等式恒成立问题，其中z 是变量，a是参数．含参数不等式恒成立问题是高考的一个热点，常与三角函数、数列、圆锥曲线、函数与导数等知识结合进行考查，综合性强、技巧高，很多专家学者对此进行了深入研究．本文结合教学实际和最新考题，力求科学而又系统地探讨这类问题的解法．
【总页数】1页(P7-7)
【作者】牛金彪
【作者单位】河南省孟州市第一高级中学
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.高考热点之导数与不等式的相结合——谈恒成立问题 [J], 冯国雄
2.不等式中的恒成立问题解法探究 [J], 李芃杉;
3.不等式中的恒成立问题解法探究 [J], 李芃杉
4.高中数学存在性问题与恒成立问题解法分析 [J], 李百良[1]
5.含参数函数不等式恒成立问题解法探究及推广应用 [J], 叶浩山
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关于一类不等式恒成立问题解法探究
因为 ａ为参数所 以通过恒等变形就将含有 ａ
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【 目】 设不等式 ＋ １＞ 口 １ 题 甜＋ （ ）当０ １ ≤ 时不等式恒成立， ａ的取值范围；２ 当时不等式 求 （）
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责任编辑 ： 苏京燕
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不等式的恒成立问题基本解法9种解法
不等式的恒成立问题基本解法9种解法不等式的恒成立问题基本解法：9种解法导语：在数学中，我们经常会遇到不等式的问题，而不等式的恒成立问题则更加耐人寻味。
不等式的恒成立问题是指对于某个特定的不等式，是否存在一组解使得不等式始终成立。
解决这种问题需要灵活运用数学知识和技巧。
本文将介绍不等式的恒成立问题的基本解法，共包括9种方法。
一、置换法。
这是最简单的一种方法，即将不等式中的变量互相置换，然后观察不等式是否成立。
如果成立，则不等式恒成立。
对于x^2 +y^2 ≥ 0这个不等式，我们可以将x和y置换一下，得到y^2 + x^2 ≥ 0。
由于平方数是非负数，所以不等式始终成立。
二、加法法则。
这种方法是通过在不等式的两边同时加上相同的数来改变不等式的符号。
对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时加上-3，得到2x + 3 - 3 ≥ x + 4 - 3，即2x ≥ x + 1。
由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。
三、减法法则。
与加法法则相似，减法法则是通过在不等式的两边同时减去相同的数来改变不等式的符号。
对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时减去x，得到x + 3 ≥ 4。
由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。
四、乘法法则。
这种方法是通过在不等式的两边同时乘以相同的正数来改变不等式的符号。
对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时乘以2，得到4x + 6 ≥ 2x + 8。
由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。
五、除法法则。
与乘法法则相似，除法法则是通过在不等式的两边同时除以相同的正数来改变不等式的符号。
对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时除以2，得到x + 3/2 ≥ 1 + x/2。
由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。
六、平方法则。
这种方法是通过平方运算来改变不等式的符号。
对于不等式x^2 ≥ 0，我们可以将x^2展开为(x + 0)^2，得到x^2 + 0 ≥ 0。
不等式中恒成立问题的解法浅谈
不等式中恒成立问题的解法浅谈发表时间：2014-05-22T09:00:41.153Z 来源：《中小学教育》2012年2月总第88期作者：伊兰[导读] 摘要：不等式中的恒成立问题是数学中常见的问题，是我们高中教学中的重点、难点，在高考中频频出现，本文就不等式中恒成立问题的解法了做一些简单的归纳和总结。
关键词：不等式中恒成立问题解法归纳总结伊兰辽宁省凌源市第一高级中学122500摘要：不等式中的恒成立问题是数学中常见的问题，是我们高中教学中的重点、难点，在高考中频频出现，本文就不等式中恒成立问题的解法了做一些简单的归纳和总结。
关键词：不等式中恒成立问题解法归纳总结不等式中的恒成立问题是数学中常见的问题，它贯穿于整个高中数学教学。
这类问题综合性强，难度大，对于学生能力的要求高，能有效地培养学生的思维灵活性。
所以不等式中的恒成立问题是我们高中教学的重点、难点，也受到高考出题者的青睐，在高考中频频出现，很多学生望而生畏，无从下笔。
针对这种情况，本文就不等式中恒成立问题的解法做了一些简单的归纳和总结。
2.指定区间上恒成立问题：可以结合函数图像利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解（还可以分离参数利用最值求解，详见后面）。
四、变换主元有些函数已知条件中给的是参数的取值区间，求变量x的取值范围。
对于此类问题我们只需换一个角度，变参数为主元，就可以很容易解决问题。
既将参数看作变量，将变量x看做参数。
以上是对恒成立问题解法的简单整理，还不完善。
恒成立问题涉及到函数的性质和图像，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等数学思想方法。
所以解决恒成立问题的关键是根据已知条件将恒成立问题转化为正确的基本函数类型，最后利用函数性质、最值、结合函数图象进行求解。
不等式恒成立问题—8种解法探析
不等式恒成立问题—8种解法探析不等式恒成立问题一般设计独特，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点．考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口．这里对这一类问题的求解策略作一些探讨．1最值法例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．分析：不等式恒成立，可以转化为解：（I）（过程略）．（II）（过程略）函数的单调减区间为，函数的单调增区间为．（III）由（II）可知，函数在处取得极小值，此极小值也是最小值．要使（）恒成立，只需，解得或．所以的取值范围为．评注：最值法是我们这里最常用的方法．恒成立；恒成立．2分离参数法例2．已知函数（I）求函数的单调区间；（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．解：（I）（过程略）函数的单调增区间为，的单调减区间为（II）不等式等价于不等式，由于，知；设，则．由（I）知，，即；于是，，即在区间上为减函数．故在上的最小值为．所以的最大值为．评注：不等式恒成立问题中，常常先将所求参数从不等式中分离出来，即：使参数和主元分别位于不等式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解．3 数形结合法例3．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．解：在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象（如右），从图象中容易知道：当且时，函数的图象恒在函数上方，不合题意；当且时，欲使函数的图象恒在函数下方或部分点重合，就必须满足，即．故所求的的取值范围为．评注：对不等式两边巧妙构造函数，数形结合，直观形象，是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法．4 变更主元法例4．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．解：设，，则原问题转化为恒成立的问题．故应该有，解得或．所以实数的取值范围是．评注：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题．5 特殊化法例5．设是常数，且（）．（I）证明：对于任意，．（II）假设对于任意有，求的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．解：（I）递推式可以化归为，，所以数列是等比数列，可以求得对于任意，．（II）假设对于任意有，取就有解得；下面只要证明当时，就有对任意有由通项公式得当（）时，当（）时，，可见总有．故的取值范围是评注：特殊化思想不仅可以有效解答选择题，而且是解决恒成立问题的一种重要方法．6分段讨论法例6．已知，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．解：（i）当时，显然＜0成立，此时，（ii）当时，由＜0，可得＜＜，令则＞0，∴是单调递增，可知＜0，∴是单调递减，可知此时的范围是（—1，3）综合i、ii得：的范围是（—1，3）．例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．解：（只考虑与本案有关的一种方法）解：对进行分段讨论，当时，不等式恒成立，所以，此时；当时，不等式就化为，此时的最小值为，所以；当时，不等式就化为，此时的最大值为，所以；由于对上面的三个范围要求同时满足，则所求的的范围应该是上三个的范围的交集即区间说明：这里对变量进行分段来处理，那么所求的对三段的要同时成立，所以，用求交集的结果就是所求的结果．评注：当不等式中左右两边的函数具有某些不确定的因素时，应该用分类或分段讨论方法来处理，分类（分段）讨论可使原问题中的不确定因素变化成为确定因素，为问题解决提供新的条件；但是最后综合时要注意搞清楚各段的结果应该是并集还是别的关系．7单调性法例8．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．解：设，则，有．这样，，则，函数在为减函数．因此；而（当且仅当时取等号），又，所以的取值范围是．评注：当不等式两边为同一函数在相同区间内的两个函数值时，可以巧妙利用此函数的单调性，把函数值大小关系化归为自变量的大小关系，则问题可以迎刃而解．8判别式法例9．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意恒成立，可以选择判别式法．解：当时，不等式化为，显然对一切实数恒成立；当时，要使不等式一切实数恒成立，须有，解得．综上可知，所求的实数的取值范围是．不等式恒成立问题求解策略一般做法就是上面几种，这些做法是通法，对于具体问题要具体分析，要因题而异，如下例．例10．关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．通法解：用变量与参数分离的方法，然后对变量进行分段处理；∵，∴不等式可以化为；下面只要求在时的最小值即可，分段处理如下．当时，，，再令，，它的根为；所以在区间上有，递增，在区间上有，递减，则就有在的最大值是，这样就有，即在区间是递减．同理可以证明在区间是递增；所以，在时的最小值为，即．技巧解：由于，所以，，两个等号成立都是在时；从而有（时取等号），即．评注：技巧解远比通法解来得简单、省力、省时但需要扎实的数学基本功．。
不等式 恒成立问题
由题意得，对于 恒成立 对于 恒成立,令 ,设 ,则 ，
, , k的取值范围是k> .
解：令 ， 所以原不等式可化为： ，
要使上式在 上恒成立，只须求出 在 上的最小值即可。
注：分离参数后，方向明确，思路清晰能使问题顺利得到解决。
四、变换主元法
处理含参不等式恒成立的某些问题时，若能适时的把主元变量和参数变量实行“换位”思考，往往会使问题降次、简化。
例4．对任意 ，不等式 恒成立，求 的取值范围。
1） 函数 图象恒在函数 图象上方；
2） 函数 图象恒在函数 图象下上方。
例5：已知 ，求实数a的取值范围。
解析：由 ，在同一直角坐标系中做出两个函数的图象，如果两个函数分别在x=-1和x=1处相交，则由 得到a分别等于2和0.5，并作出函数 的图象，所以，要想使函数 在区间 中恒成立，只须 在区间 对应的图象在 在区间 对应图象的上面即可。当 才能保证，而 才能够，所以 。
3.设 ，当 时， 恒成立，求实数 的取值范围。
解：设 ，则当 时， 恒成立
当 时， 显然成立；
当 时，如图， 恒成立的充要条件为：
解得 。
综上可得实数 的取值范围为 。
4：在 ABC中，已知 恒成立，求实数m的范围。
解析：由
， ， 恒成立， ，即 恒成立，
5、若不等式 对满足 的所有 都成立，求 的取值范围。
解：设 ，对满足 的 ， 恒成立，
解得：
6、若不等式 在 内恒成立，求实数 的取值范围。
解：由题意知： 在 内恒成立，
在同一坐标系内，分别作出函数 和
观察两函数图象，当 时，若 函数 的图象显然在函数 图象的下方，所以不成立；
由一道题谈求解含参不等式恒成立问题的思路
含参不等式恒成立问题通常较为复杂，且解题的难度较大.这类问题常与函数、导数、不等式、方程等知识相结合，侧重于考查同学们的数学抽象、逻辑推理以及数学运算能力.下面以一道例题，探讨一下求解含参不等式恒成立问题的思路.例题：已知函数f (x )=ae x -1-ln x +ln a ，若不等式f (x )≥1恒成立，求实数a 的取值范围.本题涉及了指数式e x -1、对数式ln x 以及参数a ，较为复杂.我们需将不等式进行合理的变形，构造出新函数，将问题转化为函数问题，利用函数的单调性、最值、极值、图象来解题.解答本题主要有以下三种思路.一、分离参数对于含参不等式恒成立问题，通常可采用分离参数法.即先将不等式中的参数和变量分离；然后将不含参数的式子构造成函数，通过研究函数的单调性、图象、最值，求得函数的最值，即可确定参数的取值范围.一般地，a >f (x )恒成立⇔a >f (x )max ；a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；a <f (x )恒成立⇔a <f (x )min ；a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min .解：对f (x )=aex -1-ln x +ln a 求导，得f ′(x )=a e x -1-1x，因为a >0,x >0，所以f ′(x )在(0,+∞)上单调递增.所以当x →0时，f ′(x )→-∞；当x →+∞时，f '(x )→+∞.由函数零点存在性定理可知，必存在唯一的正实数x 0，使得f ′(x 0)=0，且当0<x <x 0时，f ′(x )<0；当x >x 0时，f '(x )>0，所以函数f (x )在(0,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增，所以f (x )min =f (x 0)=aex 0-1-ln x 0+ln a .由f (x )≥1可得ae x-1-ln x 0+ln a ≥1.又f ′(x 0)=0，则ae x 0-1=1x 0，所以1x 0-ln x 0+ln a ≥1①.在aex 0-1=1x 0的两边取对数，得ln a +x 0-1=-ln x 0②.由①②可得1x 0+2ln a +x 0≥2，所以2ln a ≥2-(x 0+1x).又2-(x 0+1x 0)≤2-0，当且仅当x 0=1时取等号，可得2ln a ≥0，解得a ≥1，故实数a 的取值范围是[1,+∞).我们先根据导函数与函数单调性之间的关系，判断出函数f (x )=ae x -1-ln x +ln a 的单调性，求得函数的极小值，即可将“不等式f (x )≥1恒成立”等价转化为“使f (x )min ≥1成立”；然后将所得的新不等式进行变形，使其中的参数、变量分离，得2ln a ≥2-(x 0+1x 0)；再根据基本不等式求得不等式右边式子的最大值，即可求得参数a 的取值范围.二、构造同构式对于含有指对数的含参不等式问题，为了简化问题，通常可将不等式进行适当的变形，使不等式左右两边的式子成为同构式，即可根据同构式的结构特征构造出新函数，利用新函数的单调性、最值、图象求得问题的答案.43解法1.不等式f (x )≥1可变形为xe x≥ex a ln exa，即e x ln e x ≥ex a ln exa（*）.由于x >0,a >0，所以当0<exa≤1时，不等式（*）恒成立，设函数g (t )=t ln t ，其中t >1，则g (e x )≥g (exa)成立.由g '(t )=ln t +1>1>0，知函数g (t )在(1,+∞)上单调递增，因此e x ≥exa ，所以a ≥x ex -1恒成立.设函数h (x )=xe x -1，其中x >0，则h ′(x )=1-xex -1，则当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，所以函数h (x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，从而可得h (x )max =h (1)=1.因此a ≥1，故实数a 的取值范围是[1,+∞).将已知不等式f (x )≥1变形为同构式xe x≥ln ex a⋅e ln exa ，即可构造出函数g (t )=te t，根据其单调性和最值就能顺利解题.一般地，可以根据ae a ≥b ln b ⇔e a ln e a ≥b ln b ，构造函数f (x )=x ln x ；根据ae a ≥b ln b ⇔ae a ≥ln b ⋅e ln b ，构造函数f (x )=xe x .解法2.不等式f (x )≥1可变形为e ln a +x -1+ln a +x -1≥x +ln x ，即(ln a +x -1)+eln a +x -1≥ln x +e ln x ，构造函数g (t )=t +e t，则不等式g (ln a +x -1)≥g (ln x )成立.所以函数g (t )=t +e t是增函数，所以ln a +x -1≥ln x ，所以ln a ≥ln x -x +1恒成立.设函数h (x )=ln x -x +1，则h ′(x )=1x -1=1-x x,x >0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，可得h (x )max =h (1)=0，从而可知ln a ≥0，解得a ≥1，故实数a 的取值范围是[1,+∞).将已知不等式f (x )≥1变形为同构式e ln a +x -1+ln e ln a +x -1≥x +ln x ，即可根据同构式的特点构造出函数g (t )=t +ln t ，利用函数的单调性、最值解题.一般地，根据e a ±a ≥b ±ln b ⇔e a ±ln e a ≥b ±ln b ，可构造函数f (x )=x ±ln x ；根据e a ±a ≥b ±ln b ⇔e a ±a ≥e ln b ±ln b ，可构造函数f (x )=e x ±x .三、寻找不等式恒成立的必要条件对于含参不等式恒成立问题，往往可先根据一些特例，探求出已知不等式恒成立的一个必要条件（利用参数不等式表示），若经检验知该必要条件也是已知不等式恒成立的充分条件，则可根据其充分必要条件建立关系式，求得参数的取值范围.显然，这种解题思路具有一定的偶然性和局限性，并不适合于求解大部分的题目.解：因为不等式f (x )≥1恒成立，所以f (1)≥1，即a +ln a ≥1（*）.设函数g (a )=a +ln a ，因为g (1)=1，所以由（*）可得g (a )≥g (1).因为函数g (a )是增函数，从而可得a ≥1，因此a ≥1是不等式f (x )≥1恒成立的必要条件.接下来证明a ≥1也是不等式f (x )≥1恒成立的充分条件.当a ≥1时，f (x )=ae x -1-ln x +ln a ≥e x -1-ln x （**）.设函数h (x )=e x -1-ln x ，求导得h ′(x )=e x -1-1x，因为导函数h ′(x )是增函数，且h ′(1)=0，所以函数h (x )在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，从而可得h (x )min =h (1)=1，由（**）可得f (x )≥e x -1-ln x ≥1，所以f (x )≥1恒成立.综上可知，不等式f (x )≥1恒成立，解得a ≥1.故实数a 的取值范围是[1,+∞).我们根据不等式f (x )≥1恒成立，寻找到特例f (1)≥1，得a +ln a ≥1，然后根据g (a )=a +ln a 的单调性，证明a ≥1是不等式f (x )≥1恒成立的必要条件；再根据h (x )=e x -1-ln x 的单调性，证明a ≥1也是不等式f (x )≥1恒成立的充分条件，从而确定参数的取值范围.总之，解答含参不等式恒成立问题的思路有多种，同学们需根据恒成立不等式的结构特征，将其进行合理的变形、构造，以运用转化思想，将问题转化为函数最值问题、单调性问题，利用函数思想顺利求得问题的答案.（作者单位：贵州省松桃民族中学）44。
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一道不等式中恒成立问题的解法探究
摘要不等式在高中数学教学中占有很重要的位置，在实际问题中的应用也非常广泛。
它是数学基础理论的重要组成部分和数学研究的重要内容，是刻画现实世界中的不等關系的重要数学模型，是进一步学习数学和解决其他数学问题的基础和有力工具。
由于以往研究更多地侧重不等式的性质、解法和证明，偏离了不等式通过具体情境，建立不等观念和抽象不等模型，体会不等式的重要性和实际应用价值等教学目标，更显得对高中“不等式”进行教学研究的必要。
因此，探究不等式教学策略，为高中不等式教学提供参考和帮助，是非常具有现实意义的。
本研究主要关注的是高中数学不等式教学策略研究。
关键词函数；不等式；解决策略。