例谈解答不等式恒成立问题的两个路径

解答本题，我们首先需对原不等式进行变形，使
不 等 式 左 右 两 边 的 形 式 相 似 ，然 后 构 造 函 数
g(x) = ex + x, ，将原不等式恒成立问题等价转化为证明
g(x - ln a) > g(ln(x - 1)) 恒成立，再构造新函数 h(x) ，通
过研究其导函数判断出函数的单调性，求得函数 h(x)
∴
1 a
ex
>
ln
a(x
-
1) -
1，
∴ ex - ln a - ln a > ln(x - 1) - 1，
∴ ex - ln a + x - ln a > eln(x - 1) + ln(x - 1)，
令 g(x) = ex + x, 显然该函数为增函数，
∴原不等式可以化为：g(x - ln a)> g(ln(x - 1)) ，
方法集锦
例谈解答不等式恒成立问题的两个路径
严步胜
不等式恒成立问题是一类常考的题目，此类问题
的综合性较强，不仅考查了不等式、方程、导数、函数
的图象和性质，还考查了数形结合思想与转化思想，
是一类难度较大的问题.解答此类问题的常用方法是
分离常数法、主元变换法、数形结合法等.本文以一道
典型题目为例，谈一谈解答不等式恒成立问题的另外
两种方法：换元法与同构法，以帮助同学们拓宽解答
不等式恒成立问题的思路.
例题:已知 f (x) = ex - a ln(ax - a) + a(a > 0) ,若 f (x) > 0
恒成立，求 a 的取值范围.
该函数中含有指数和对数式，采用常规的方法很
难使问题获解，需采用同构法和换元法进行求解.
方法一：同构法.
设
h(x)
=
x
-
ln(x
-
1), 则h′(x)
=
xx-
2 1
，
∴ h(x)在(1,2]单调递减，在[2， + ∞)单调递增 ，
∴ h(x)min = h(2) = 2 ，即 ln a < 2 ，∴ 0 < a < e2 . 这里主要运用了换元法，首先将不等式进行变
形，引入参数 t ，通过换元和配凑将不等式构造成同
调性和最值，得出 a 的取值范围.
通过对上述例题的分析，我们可以发现，运用同
构法和换元法解题的运算量较小，能够快速得出结论. 数
但在运用这两种方法时，要注意结合不等式的特点、 学 结构，进行合理的变形、换元，构造出新的函数、不等 篇
式模型，然后利用同构函数或者同构不等式来解题.
即 x - ln a > ln(x - 1)， ∴ ln a < x - ln(x - 1) ，
设
h(x) = x - ln(x - 1), ∴ h′(x) =
x-2 x-1
，
∴ h(x)在(1,2]单调递减，在[2， + ∞)单调递增 ，
∴ h(x)min = h(2) = 2 ， 即 ln a < 2， ∴ 0 < a < e2 .
（作者单位：福建省光泽第一中学） 49
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同构法是指将原不等式左右两边的式子构造成
相似或者相同的形式，设出新的函数，通过研究新函
数的单调性来解题的方法.若 F(x) ≥ 0 可以等价化为
f [g(x)] ≥ f [h(x)] ，便可利用 f (x) 的单调性以及 g(x) ≥
h(x) 的关系证明原不等式恒成立.
解：∵ ex - a ln(ax - a) + a > 0 ，
的最小值，进而求得 a 的取值范围.
方法二：换元法.
换元法是解答不等式、函数问题的常用方法，选
择合适的代数式进行换元是解题的关键.在解答不等
式恒成立问题时，我们首先要将不等式进行适当的变
形，然后根据解题需求选择合适的代数式进行换元，
构造出新的不等式，从而使复杂的问题简单化.
解：∵ ex - a ln(ax - a) + a > 0 ，
∴
1 a
ex
>
ln
a(x
-
1) -
1，
设 t = ln a(x - 1) - 1 ，
∴
1 a
ex
>
t
，∴
x
-
ln
a
>
ln
t，
即x - 1 + ln(x - 1) > t + ln t，
又x - 1 > t ，∴ x - 1 > ln a(x - 1) - 1，
即 ln a < x - ln(x - 1) ，