解壓軸題：等號與否 預測路徑

許銀伙 楊蒼洲

(1.福建省泉州外國語中學 362000;2.福建省泉州第五中學 362000)

壓軸題中經常出現不等式證明或由不等式求參數范圍問題，它通常化為函數最值問題，然后綜合運用函數或方程知識加以解決.但到底是化為一個函數還是化為兩個函數呢？本篇介紹的方法是：由不等式是否含等號進行預測，如果含等號，通常可以構造不等式兩邊差的函數，直接由導數求最值解決；如果不含等號，通常變形，分別求不等式兩邊函數的最值，借助兩邊不同時取最值來得到原不等式成立，或者構造不等式兩邊差的函數，運用常用結論lnx≤x-1,ex≥x+1進行放縮，然后對放縮后的新函數式求最值.

例題1 (2014湛江質檢)已知函數f(x)=sinx(x≥0)，g(x)=ax(x≥0).

(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求實數a的取值范圍;

分析與解(1) 實數a的取值范圍為[1,+∞).

(2)由已知得：

由(1)得：

h′(x)=x-sinx≥0對x≥0恒成立.

又因為φ′(0)=0，

∴φ′(x)>0對x>0恒成立，函數φ(x)對x≥0單調遞增.

又∵φ(0)=0，∴φ(x)≥0對x≥0恒成立，所以問題得證.

反思與評注

1.問題(2)的不等式含有等號，因此考慮構造不等式兩邊差的函數，直接求導解決.

2.x-sinx≥0對x≥0恒成立(當且僅當x=0時取等號)是常用結論，但解答時還需證明.

(1)求函數f(x)的單調區間和極值；

分析與解

∴只需g(x)≤e對x∈(1,+∞)恒成立.

方法一直接討論法

∴φ(x)對x∈(1,+∞)單調遞增.

又φ(e)=e，

∴1

綜上得：所求實數a的取值范圍為(0,e].

方法二分離參數法

反思與評注1.問題(2) 對于任意x1,x2∈(1,+∞)，總有f(x1)≥g(x2)成立，等價于x∈(1,+∞)時，f(x)min≥g(x)max.∵f(x)不含參數，通常先求出f(x)min；g(x)含參數，問題解決通常轉化為采用分類討論或分離參數方法.

例題3 已知函數f(x)=ex-ax-1(a∈R)，其中e為自然對數的底數.

(1)若f(x)≥0對任意x≥0恒成立，求實數a的取值范圍；

分析與解(1)實數a的取值范圍為(-∞,1].

當x∈(0,1)時，h′(x)<0，

∴h(x)在區間(0,1]單調遞減；

當x∈(1,+∞)時，h′(x)>0，

∴h(x)在區間[1,+∞)單調遞增.

h(x)在(0,+∞)最小值為h(1)=0，

∴h(x)≥0得lnx≤x-1對x≥0恒成立.

問題得證.

反思與評注1.問題(2)是求和型不等式，且不含等號，因此考慮各項放縮后再求和.放縮的方向通常有兩個：化為等比數列或化成可裂項相消的數列.

2. 問題(2)的解決借助了常用結論： lnx≤x-1對x≥0恒成立.

(1)求證:曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線不過點(2,0);

(2)若在區間(0,1]中存在x0,使得f′(x0)=0,求k的取值范圍;

分析與解(1) 略.

(2)k的取值范圍為[1,+∞).

由f′(1)=0得k=1.

當x∈(0,e-2)時，h1′(x)>0，

∴h1(x)在區間(0,e-2]單調遞增；

當x∈(e-2,+∞)時，h1′(x)<0，

∴h1(x)在區間[e-2,+∞)單調遞減.

∴h1(x)在(0,+∞)最大值為h1(e-2)=1+e-2.

∴h2(x)在區間(0,+∞)單調遞增.

又h2(0)=e-2+1,則x>0時，h2(x)>h2(0)=h1(e-2)≥h1(x).問題得證.

反思與評注1.問題(3)要證明的不等式兩端函數式都不含參數，且不含等號，通常不能左右兩邊相減構造新函數，利用導數直接求出最值解決，而是要變形，化為左右邊兩個函數，通過分別求它們的最值或值域解決問題.如果兩邊函數都能求出最值，通常不會同時取得最值.

參考文獻：

[1] 許銀伙．意念引領攻克難題[J]．福建中學數學，2015(8)：40-42.

[2]雷波. 函數結構任繁雜巧妙轉化變通達[J].數學通報，2106(6)：42-46.