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摘 要：不等式恒成立问题是高考试题中常见的一类题型，其中关于绝对值的不等式在处理方法上一直是学生的难点和易错点. 本文结合教学中的一个案例，从学生的视角出发，到师生共同找到此类问题的一般解题原理，化解解题误区，达到了理想教与学的效果.
关键词：绝对值不等式；恒成立；解题误区；猜想
题目 若不等式ax2-lnx≥1对任意x∈（0，1]都成立，求实数a的取值范围.
在平时教学中，求解含参不等式恒成立问题学生掌握的方法主要有两种：一是分离参数法，即通过不等式同解变形将参数分离出来，然后构造相应的函数，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题求解；二是把不等式同解转化为形如h（x）≥0（≤0）的不等式，直接构造含参数的函数，利用函数的图象或性质求解参数的取值范围.这两种方法各有特点，但选择分离参数法较为常见，这时发现原问题中含有绝对值，这是一个障碍点.惯性思维指示学生给出了如下解法：
学生：原不等式可化为ax3-lnx≤-1或ax3-lnx≥1在（0，1]上恒成立，即a≤或a≥在（0，1]上恒成立.
（ⅰ）当a≤在（0，1]上恒成立时，令f（x）=，x∈（0，1]，所以f′（x）==，且x∈（0，1]，所以lnx≤0，f′（x）>0，则f（x）在（0，1]上递增，所以f（x）min=f（x）→-∞（此处借助极限知识可得），所以a此时不存在；
（ⅱ）当a≥在（0，1]上恒成立时，令g（x）=，x∈（0，1]，则g′（x）==. 令g′（x）=0，则x=e-∈（0，1]，所以g（x）在（0，e-）递增，在（e-，1]递减，故g（x）max=g（e-）=，所以a≥.
综上，a≥.
上述解题过程在教学交流评价时，我们看到结果是正确的，大的解题框架也没问题，但是此法分离参数后有一个难点：求的值在高中阶段还是略显困难.正因为此处的纠纷，部分学生也对解法产生了怀疑，这种解法是否不妥或是此类题有其他考查要点？后来笔者请班上数学成绩比较好的两位学生试试直接从函数最值角度处理恒成立问题，下面简单说明两位学生的思考分析过程.
学生甲：左边函数y=ax3-lnx其单调性与a相关，直接分类讨论将相对复杂，该如何思考，简化运算？
教师：在前面学习充分必要条件时，提到过在涉及含参数计算问题上，我们可以利用题中隐含的必要条件去寻找充要条件，这里的a是否有其必要的限制条件呢？
学生：我们可以利用不等式ax2-lnx≥1对任意x∈（0，1]都成立中的x=1这个点，先确定a的大致取值范围，再研究函数性质.
教师：你们尝试给出该方法的解题过程，再交流与之前我们同学给出的做法有什么区别？
学生乙：解法2技巧在于利用已知结论的一个必要条件，找到了a的分类方向（标准），为研究f（x），f（x）提供方便，从而转化为考虑f（x）的最小值及其图象问题. 原方法易于理解，但在处理含绝对值问题上对我们要求较高，不是解题的上策.
对于学生的可能分析，笔者事先已经做过初步研究，所以并没有直接评价，而是提出了一个新的问题.
教师：已知函数f（x）≥2在x∈（0，2]恒成立是否等价与f（x）≤-2在x∈（0，2]恒成立或f（x）≥2在x∈（0，2]上恒成立？
（此问题提出后，学生产生疑虑，如果这个问题结果是否定的，则原先的解法1是不合理的. 为了帮助学生理解，笔者指导前特意准备了一个具体的例子）
教师：下面我给出一个反例. 如果f（x）=2，x∈（0，1]，
由上分析可知，a≥4.
这似乎合理，验证一个结论是否成立，我们可以从一开始的例子法2来佐证.
现在给出另外一种解法. 当x=2时，2a-2≥2，得a≤0或a≥2.
教师：上面两种解法为何不同，对上面所提问题我们又能产生何种新的认识？
学生：对于反例的两种方法，其结果显示方法2是对的，因为当a≤0时，画出f（x）这个分段函数草图，f（x）是可以满足要求的，所以已知函数f（x）≥2在x∈（0，2]恒成立是不能等价与f（x）≤ -2在x∈（0，2]上恒成立或f（x）≥2在x∈（0，2]上恒成立.
教师：的确如此，在上面反例中，当a≤0时，f（x）≤-2仅在（1，2]上成立，而x∈（0，1]时，f（x）≥2，但此时可保证f（x）≥2依旧恒成立. 这说明遇到“形如f（x）≥k（k>0）的恒成立问题”不能简单去绝对值，转化为两部分恒成立，进而利用分离参数法求参数的取值范围. 所以在处理恒成立问题时，重视分离参数法，但不是一成不变，还要学会新问题、新方法.
笔者原想这题到此可以圆满结束，但给予学生机会和时间，就会出现新的成果.
学生：这样原先的恒成立问题，我们开始想到的解法一看来是错的，但为何它和方法二结果又一样，是不是巧合？
学生经过一番思考，提出的问题往往更有争议性，也因此具有反思的价值.学生此时的问题，笔者并没有立刻想到解释的途径，此时还是让其他学生一同思考，而笔者也有机会发现新的问题.
学生：我想问题不等式ax2-lnx≥1对任意x∈（0，1]都成立的两种解法都是对的，因为此处y=ax2-lnx在区间（0，1]是一个不间断的函数（想表达连续性）；而反例给的函数f（x）=2，x∈（0，1]，
ax-2，x∈（1，2]是一个分段函数，有不连续的两部分组成，所以导致方法不同、结果也不同.
教师：很好，这说明在处理含绝对值不等式恒成立问题上，直接构造函数研究最值是较为普遍的方法，此处可以利用题中的一个必要条件得到参数的大致范围，即缩小分类的途径；同时结合刚刚同学的总结，是不是给我们一个启示：利用分离参数法处理形如f（x）≥k（k>0）类恒成立问题，要考虑函数f（x）的连续性？我们提出如下两种猜想：
猜想1：若f（x）是连续函数，则f（x）≥k（k>0）在区间D上恒成立，即为f（x）≤-k在D上恒成立或f（x）≥k在D上恒成立；
猜想2：若函数f（x）是不连续（分段）的，则f（x）≥k（k>0）在区间D上恒成立，即为f（x）min≥k在D上恒成立；
在讨论中，我们学会搁置争议，通过提出问题，思考辨析，走出了误区，得到的不仅是一道数学题的解法收获，还留下了一些题外的教学思考.
关键词：绝对值不等式；恒成立；解题误区；猜想
题目 若不等式ax2-lnx≥1对任意x∈（0，1]都成立，求实数a的取值范围.
在平时教学中，求解含参不等式恒成立问题学生掌握的方法主要有两种：一是分离参数法，即通过不等式同解变形将参数分离出来，然后构造相应的函数，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题求解；二是把不等式同解转化为形如h（x）≥0（≤0）的不等式，直接构造含参数的函数，利用函数的图象或性质求解参数的取值范围.这两种方法各有特点，但选择分离参数法较为常见，这时发现原问题中含有绝对值，这是一个障碍点.惯性思维指示学生给出了如下解法：
学生：原不等式可化为ax3-lnx≤-1或ax3-lnx≥1在（0，1]上恒成立，即a≤或a≥在（0，1]上恒成立.
（ⅰ）当a≤在（0，1]上恒成立时，令f（x）=，x∈（0，1]，所以f′（x）==，且x∈（0，1]，所以lnx≤0，f′（x）>0，则f（x）在（0，1]上递增，所以f（x）min=f（x）→-∞（此处借助极限知识可得），所以a此时不存在；
（ⅱ）当a≥在（0，1]上恒成立时，令g（x）=，x∈（0，1]，则g′（x）==. 令g′（x）=0，则x=e-∈（0，1]，所以g（x）在（0，e-）递增，在（e-，1]递减，故g（x）max=g（e-）=，所以a≥.
综上，a≥.
上述解题过程在教学交流评价时，我们看到结果是正确的，大的解题框架也没问题，但是此法分离参数后有一个难点：求的值在高中阶段还是略显困难.正因为此处的纠纷，部分学生也对解法产生了怀疑，这种解法是否不妥或是此类题有其他考查要点？后来笔者请班上数学成绩比较好的两位学生试试直接从函数最值角度处理恒成立问题，下面简单说明两位学生的思考分析过程.
学生甲：左边函数y=ax3-lnx其单调性与a相关，直接分类讨论将相对复杂，该如何思考，简化运算？
教师：在前面学习充分必要条件时，提到过在涉及含参数计算问题上，我们可以利用题中隐含的必要条件去寻找充要条件，这里的a是否有其必要的限制条件呢？
学生：我们可以利用不等式ax2-lnx≥1对任意x∈（0，1]都成立中的x=1这个点，先确定a的大致取值范围，再研究函数性质.
教师：你们尝试给出该方法的解题过程，再交流与之前我们同学给出的做法有什么区别？
学生乙：解法2技巧在于利用已知结论的一个必要条件，找到了a的分类方向（标准），为研究f（x），f（x）提供方便，从而转化为考虑f（x）的最小值及其图象问题. 原方法易于理解，但在处理含绝对值问题上对我们要求较高，不是解题的上策.
对于学生的可能分析，笔者事先已经做过初步研究，所以并没有直接评价，而是提出了一个新的问题.
教师：已知函数f（x）≥2在x∈（0，2]恒成立是否等价与f（x）≤-2在x∈（0，2]恒成立或f（x）≥2在x∈（0，2]上恒成立？
（此问题提出后，学生产生疑虑，如果这个问题结果是否定的，则原先的解法1是不合理的. 为了帮助学生理解，笔者指导前特意准备了一个具体的例子）
教师：下面我给出一个反例. 如果f（x）=2，x∈（0，1]，
由上分析可知，a≥4.
这似乎合理，验证一个结论是否成立，我们可以从一开始的例子法2来佐证.
现在给出另外一种解法. 当x=2时，2a-2≥2，得a≤0或a≥2.
教师：上面两种解法为何不同，对上面所提问题我们又能产生何种新的认识？
学生：对于反例的两种方法，其结果显示方法2是对的，因为当a≤0时，画出f（x）这个分段函数草图，f（x）是可以满足要求的，所以已知函数f（x）≥2在x∈（0，2]恒成立是不能等价与f（x）≤ -2在x∈（0，2]上恒成立或f（x）≥2在x∈（0，2]上恒成立.
教师：的确如此，在上面反例中，当a≤0时，f（x）≤-2仅在（1，2]上成立，而x∈（0，1]时，f（x）≥2，但此时可保证f（x）≥2依旧恒成立. 这说明遇到“形如f（x）≥k（k>0）的恒成立问题”不能简单去绝对值，转化为两部分恒成立，进而利用分离参数法求参数的取值范围. 所以在处理恒成立问题时，重视分离参数法，但不是一成不变，还要学会新问题、新方法.
笔者原想这题到此可以圆满结束，但给予学生机会和时间，就会出现新的成果.
学生：这样原先的恒成立问题，我们开始想到的解法一看来是错的，但为何它和方法二结果又一样，是不是巧合？
学生经过一番思考，提出的问题往往更有争议性，也因此具有反思的价值.学生此时的问题，笔者并没有立刻想到解释的途径，此时还是让其他学生一同思考，而笔者也有机会发现新的问题.
学生：我想问题不等式ax2-lnx≥1对任意x∈（0，1]都成立的两种解法都是对的，因为此处y=ax2-lnx在区间（0，1]是一个不间断的函数（想表达连续性）；而反例给的函数f（x）=2，x∈（0，1]，
ax-2，x∈（1，2]是一个分段函数，有不连续的两部分组成，所以导致方法不同、结果也不同.
教师：很好，这说明在处理含绝对值不等式恒成立问题上，直接构造函数研究最值是较为普遍的方法，此处可以利用题中的一个必要条件得到参数的大致范围，即缩小分类的途径；同时结合刚刚同学的总结，是不是给我们一个启示：利用分离参数法处理形如f（x）≥k（k>0）类恒成立问题，要考虑函数f（x）的连续性？我们提出如下两种猜想：
猜想1：若f（x）是连续函数，则f（x）≥k（k>0）在区间D上恒成立，即为f（x）≤-k在D上恒成立或f（x）≥k在D上恒成立；
猜想2：若函数f（x）是不连续（分段）的，则f（x）≥k（k>0）在区间D上恒成立，即为f（x）min≥k在D上恒成立；
在讨论中，我们学会搁置争议，通过提出问题，思考辨析，走出了误区，得到的不仅是一道数学题的解法收获，还留下了一些题外的教学思考.