從“端點(diǎn)效應(yīng)”到“內(nèi)點(diǎn)效應(yīng)”導(dǎo)數(shù)恒成立求參數(shù)取值范圍問題

李文東

(中山市中山紀(jì)念中學(xué),廣東 中山 528454)

導(dǎo)數(shù)恒成立求參數(shù)取值范圍問題一直是高考的熱點(diǎn),同時(shí)也是難點(diǎn)問題.解決這一類問題需要用到函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想和分類討論等數(shù)學(xué)思想,能夠很好地發(fā)展和培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)抽象、直觀想象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng).其中“端點(diǎn)效應(yīng)”經(jīng)常被用來求解一類恒成立問題.關(guān)于“端點(diǎn)效應(yīng)”其中一個(gè)比較具體的模型是:若?x∈[a,b],f(x,m)≥0,且f(a)=0,則必然?x0∈(a,b),當(dāng)x∈[a,x0]時(shí)f(x)單調(diào)遞增,從而有x∈[a,x0]時(shí),f′(x)≥0成立,特別有f′(a)≥0這一必要條件,由此可得出參數(shù)m的范圍,然后說明這一范圍的充分性即可[1].

1 利用“端點(diǎn)效應(yīng)”求解參數(shù)取值范圍問題

例1(2016年全國Ⅱ卷文科第21題改編)已知函數(shù)f(x)=(x+1)lnx-a(x-1),當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)>0,求a的取值范圍.

解析注意到f(1)=0,要使得當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)>0,則必有f′(1)≥0.

所以f′(1)=2-a≥0,解得a≤2(必要性).

下面證明a≤2的充分性,即當(dāng)a≤2時(shí),f(x)>0成立.

由于當(dāng)a≤2時(shí),

所以函數(shù)g(x)在[1,+∞)單調(diào)遞增.

故g(x)>g(1)=0.從而f′(x)>0.

即函數(shù)f(x)在[1,+∞)單調(diào)遞增.

故f(x)>f(1)=0,符合題意.

綜上所述,a的取值范圍為(-∞,2].

2 對(duì)利用“端點(diǎn)效應(yīng)”求解參數(shù)取值范圍問題充分性的思考

雖然例1中利用“端點(diǎn)效應(yīng)”得出的參數(shù)的范圍具有充分性,而且這樣的例子還不在少數(shù),但是并不能說明用“端點(diǎn)效應(yīng)”得到的結(jié)果就是最終的正確答案.

分析我們嘗試用“端點(diǎn)效應(yīng)”來解決該問題:

注意到g′(0)=0,g″(x)=ex+2a-3x,

但是這個(gè)范圍卻不是正確的答案.

其實(shí)本題用分離參數(shù)法很容易求解.

(1)當(dāng)x=0時(shí),不等式顯然成立,符合題意;

(2)當(dāng)x>0時(shí),分離參數(shù)a,得

h′(x)=ex-x-1,h″(x)=ex-1≥0.

故h′(x)單調(diào)遞增,h′(x)≥h′(0)=0.

故函數(shù)h(x)單調(diào)遞增,h(x)≥h(0)=0.

故當(dāng)x∈(0,2)時(shí),g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;

當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.

從而[h(x)]max=max{h(0),h(2)}=4,即h(x)≤4,①式成立．

由此可見,本題中的“端點(diǎn)效應(yīng)”失效了,而應(yīng)該在內(nèi)點(diǎn)x=2處求解.那么我們應(yīng)該怎樣才能迅速找到這個(gè)“內(nèi)點(diǎn)”呢[1]?

圖的圖象

我們用上述方法再次求解問題1.

解得x0=0 或x0=2.

3 運(yùn)用“端點(diǎn)效應(yīng)”和“內(nèi)點(diǎn)效應(yīng)”求參數(shù)取值范圍問題舉例

對(duì)于無法采用分離參數(shù)的恒成立問題,上述找“內(nèi)點(diǎn)”的方法也是可以的.

例3(2020年山東新高考Ⅰ卷理21題第(2)問)已知函數(shù)f(x)=aex-1-lnx+lna．若不等式f(x)≥1恒成立,求a的取值范圍．

解析設(shè)g(x)=f(x)-1=aex-1-lnx+lna-1.

解得x0=1.所以f(1)≥1,即a+lna≥1．

所以S(a)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增．

因?yàn)镾(1)=1,所以a≥1時(shí),有S(a)≥S(1),即a+lna≥1．

下面證明當(dāng)a≥1時(shí),f(x)≥1恒成立．

令T(a)=aex-1-lnx+lna,只需證當(dāng)a≥1時(shí),T(a)≥1恒成立．

所以T(a)在區(qū)間[1,+∞)上單調(diào)遞增.

則[T(a)]min=T(1)=ex-1-lnx．

因此要證明a≥1時(shí),T(a)≥1恒成立,只需證明[T(a)]min=ex-1-lnx≥1即可．

由ex≥x+1,lnx≤x-1,得ex-1≥x,-lnx≥1-x．

上面兩個(gè)不等式兩邊相加可得ex-1-lnx≥1.

故a≥1時(shí),f(x)≥1恒成立．

當(dāng)0

所以a的取值范圍為a≥1．

若無內(nèi)點(diǎn),則這個(gè)時(shí)候我們就可以繼續(xù)用“端點(diǎn)效應(yīng)”.

例4(2015年山東高考理22題第(2)問)設(shè)函數(shù)f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.若?x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范圍.

消去a得x0(1-x0)=(1-2x0)(x0+1)ln(x0+1).解得x0=0.注意到f(0)=0,又?x>0,f(x)≥0成立,從而必有f′(0)≥0,得a≤1.

下面證明當(dāng)0≤a≤1時(shí),f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)≥0恒成立.顯然當(dāng)x≥1時(shí),f(x)>0成立;當(dāng)0

f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)≥ln(x+1)+x2-x.

令g(x)=ln(x+1)+x2-x,x∈(0,1),則

故g(x)>g(0)=0.從而有f(x)>0恒成立.

故a的取值范圍為[0,1]．

例5 若不等式sinx-x+ax2≥0恒成立,求a的取值范圍.

解析設(shè)f(x)=sinx-x+ax2,

解得x0=(2k+1)π,k∈Z.

根據(jù)對(duì)稱性,只需證明:

運(yùn)用“端點(diǎn)效應(yīng)”和“內(nèi)點(diǎn)效應(yīng)”求解f(x,a)≥0恒成立時(shí)參數(shù)取值范圍問題的一般步驟:

(1)解方程組f(x0,a)=0且f′(x0,a)=0,消去參數(shù)a可得關(guān)于x0的方程;

(2)若(1)中的方程的解恰好是區(qū)間的端點(diǎn),則可以利用“端點(diǎn)效應(yīng)”方法求解,同時(shí)注意在無窮端點(diǎn)(若區(qū)間是無窮的)處的情況;

(3)若(1)中的解不是區(qū)間的端點(diǎn),則這些點(diǎn)為內(nèi)點(diǎn),可用“內(nèi)點(diǎn)效應(yīng)”求解;

(4)若(1)中的方程無解,則說明該問題不適合用“端點(diǎn)效應(yīng)”和“內(nèi)點(diǎn)效應(yīng)”求解.