利用導數解決不等式恒成立與能成立問題

彭學軍

【摘要】近年來，高考數學對解決不等式恒成立與能成立問題的要求越來越高，試題的難度也越來越大，往往作為壓軸題出現，考生在此題上花去了很多的時間，但是效果欠佳。筆者在本屆高三數學教學中對這個問題進行了一些粗淺的研究，總結了利用導數解決不等式恒成立與能成立問題的方法以及這兩類問題之間的區別與聯系，在這里與大家共享。

【關鍵字】導數 不等式 能成立 恒成立

【中圖分類號】G633.6

【文獻標識碼】A

【文章編號】1992-7711（ 2020） 06-078-01

一、利用導數解決不等式恒成立問題

例1、設函數f（x）一axz-a-lnx，其中a∈R.

（1）討論f（x）的單調性;

（2）確定a的所有可能取值，使得f（x）>x-e1-x在區間（1，+∞）內恒成立（e=2.718…為自然對數的底數）.

解：（1） f（x）=2ax-l=（x>o）. 當a≤0時，f（x）<（），f（x）在（0，+。。）內單調遞減. 當a>0時，由f'（x） -o，有x=2a/1

1

此時，當x∈（o，2a）時，P（x）

當x∈（2a，+∞）時，P（x）>o，f（x）單調遞增.

（2）令g（x）=1/x一ex-1，s（x）=ex-1-x

則s'（x）=ex-1-l而當x>l時，s（x）>0，

所以s（x）在區間（1，+。。）內單調遞增.

又由s（l） -O，有s（x）>0，從而當x>l時，g（x）>0.

當a≤o，x>l時，f（x）=a（x2-l）-ln x<0

故當f（x）>g（x）在區間（1，+∞）內恒成立時，

必有a>0.

當O1.

由（1）有f（2a）o，

所以此時f（x）>g（x）在區間（1，+ o）內不恒成立， 當a≥1/2時，令h（x）=f（x）一g（x）（x≥1）. 當x>，時，

因此，h（x）在區間（1，+∞）單調遞增.

又因為h（l） -O，所以當x>l時，

h（x）=f（x）一g（x）>0，即f（x）>g（x）恒成立.

綜上，a∈1/2，+ ∞）

總結：（1）恒成立問題一般與不等式有關，解決此類問題需要構造函數利用函數單調性求函數最值，從而說明函數值恒大于或恒小于某一確定的值.

（2）在求參數范圍時首先要考慮參數能否分離出來。

二、利用導數解決不等式能成立問題

例2、已知函數f（x）=x-（a+l） Inx-a/x（a∈R），

（1）當x∈[1，e]時，求f（x）的最小值;

（2）當a

解：（1）f（x）的定義域為（0，+∞），

①若a≤1，當x∈[1，e]時，f（x）≥0，

則f（x）在[1，e]上為增函數，f（x）mm=f（l） =1-a.

②若l

當x∈[1，a]時，P（x）≤o，f（x）為減函數;

當x∈[a，e]時，f（x）≥0，f（x）為增函數.

所以f（x）min=f（a）=a-（a+l）ln a-l.

③若a≥e，當x∈[1，e]時，f（x）≤0，f（x）在[1，e]上為減函數，f（x）min=f（e）=e-（a+1）一a/e.

綜上，當a≤1時，f（x）min= l-a;

當1

當a≥e時，f（x）min=e一（a+1）-a/e.

（2）由題意知：f（x）（x∈[e，e2]）的最小值小于g（x）（x∈[-2，0]）的最小值

由（1）知f（x）在[e，e2]上單調遞增，

f（x）min=f（e）=e一（a+1）一a/e.g（x）一（1一ez）x.

當x∈[-2，0]時，g（x）≤O，g（x）為減函數，

g（x）min=g（0） -1，所以e一（a+1）一÷<1，

即a>—e2_2e，所以a的取值范圍為（e2-2e，1）.

總結

存在性問題和恒成立問題的區別與聯系。存在性問題和恒成立問題容易混淆，它們既有區別又有聯系：若g（x）≤m恒成立，則g（x）max≤m;若g（x）≥m恒成立，則g （x）min≥m;若g（x）≤m有解，則g（x）min≤m;若g（x）≥m有解，則g（x）m2x≥m.

通過對以上不等式恒成立與能成立問題的分析，不等式恒成立與能成立問題的常用解法有：

（1）分離參數后轉化為最值，不等式恒成立問題在變量與參數易于分離的情況下，采用分離參數轉化為函數的最值問題，形如a> f（x）max或a

（2）直接轉化為函數的最值問題，在參數難于分離的情況下，直接轉化為含參函數的最值問題，伴有對參數的分類討論。

其中函數的最值問題主要是利用導數加以解決。