函數(shù)恒(能)成立之導(dǎo)數(shù)解法

■江蘇省鹽城市明達(dá)高級(jí)中學(xué) 張 冉

“不等式恒(能)成立問(wèn)題”是高考的熱點(diǎn)題型,頻繁出現(xiàn)在歷年的高考中,這類題把不等式、函數(shù)、導(dǎo)數(shù)等內(nèi)容有機(jī)地結(jié)合起來(lái),因其覆蓋知識(shí)點(diǎn)多,綜合性強(qiáng),解法靈活等特點(diǎn)而備受高考、競(jìng)賽命題者的青睞。用導(dǎo)數(shù)解決不等式“恒成立”“能成立”或“存在性”問(wèn)題的常用方法是分離參數(shù),分類討論或構(gòu)造新函數(shù)等,將不等式問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題。下面從幾個(gè)方面剖析函數(shù)恒(能)成立之導(dǎo)數(shù)解法。

一、分離參數(shù)法求參數(shù)范圍

例1已知函數(shù)f(x)=ex-x-1,若f(x)≤x2+(a-1)x在x∈(0,+∞)內(nèi)有解,求實(shí)數(shù)a的取值范圍。

又f'(x)=ex-1,當(dāng)x＞0時(shí),f'(x)＞0,f(x)=ex-x-1 在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且f(0)=0,故ex-x-1＞0。所以當(dāng)0＜x＜1 時(shí),g'(x)＜0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x＞1時(shí),g'(x)＞0,g(x)單調(diào)遞增。因此,g(x)≥g(1)=e-2,即a≥e-2。

點(diǎn)評(píng)：分離參數(shù)法求范圍：若f(x)≥a或g(x)≤a能成立,只需滿足f(x)max≥a或g(x)min≤a即可,求出f(x)的最大值或g(x)的最小值,從而解決問(wèn)題。

二、分類討論法求參數(shù)范圍

例2已知函數(shù)f(x)=(x-1)·ln(x-2)-a(x-3),a∈R。

(1)若a=1,討論f(x)的單調(diào)性;

(2)當(dāng)x＞3 時(shí),若f(x)＞0 恒成立,求a的取值范圍。

解析:(1)f(x)的定義域?yàn)?2,+∞)。當(dāng)a=1時(shí),f(x)=(x-1)ln(x-2)-x+3。

令g'(x)=0,解得x=3。

當(dāng)x∈(2,3)時(shí),g'(x)＜0,g(x)單調(diào)遞減;

當(dāng)x∈(3,+∞)時(shí),g'(x)＞0,g(x)單調(diào)遞增。

所以,g(x)min=g(3)=1＞0,則g(x)=f'(x)＞0對(duì)任意的x＞2恒成立。

函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+∞),無(wú)遞減區(qū)間。

(2)當(dāng)x＞3時(shí),f(x)＞0恒成立等價(jià)于在(3,+∞)上恒成立。

令φ(x)=x2-2(a+1)x+4a+1(x＞3),則φ(x)圖像為開口向上,對(duì)稱軸為x=a+1的拋物線的一部分。

①當(dāng)a≤2 時(shí),a+1≤3,φ(x)在(3,+∞)上單調(diào)遞增,且φ(3)=4-2a≥0。

所以,φ(x)≥0,即h'(x)≥0,故函數(shù)h(x)在(3,+∞)上單調(diào)遞增。

又h(3)=0,所以h(x)＞0在(3,+∞)上恒成立,滿足題意。

②當(dāng)a＞2時(shí),a+1＞3,φ(3)=4-2a＜0,所以方程φ(x)=0 有兩個(gè)相異實(shí)根。設(shè)為x1,x2,且x1＜x2,則x1＜3＜x2。

當(dāng)x∈(3,x2)時(shí),φ(x)＜0,h'(x)＜0,h(x)在(3,x2)上單調(diào)遞減。

又因?yàn)閔(3)=0,所以當(dāng)x∈(3,x2)時(shí),h(x)＜h(3)=0,h(x)＞0 在(3,+∞)上不恒成立,不滿足題意。

綜上,a的取值范圍為(-∞,2]。

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用函數(shù)解決不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍,不便于分離參數(shù)。注意到h(3)=0,由此對(duì)實(shí)數(shù)a的取值進(jìn)行分類討論,將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為考查函數(shù)h(x)在(3,+∞)上的單調(diào)性,只需對(duì)實(shí)數(shù)a的取值進(jìn)行分類討論,結(jié)合單調(diào)性來(lái)求解。

三、拆解法求參數(shù)的取值范圍

例3已知函數(shù)f(x)=ex-ax+2(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))。

(1)若a=2,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;

(2)設(shè)g(x)=ex+e-x,若對(duì)任意x∈R,均存在x0∈[-1,2],使得f(x)＞g(x0),求實(shí)數(shù)a的取值范圍。

解析:(1)若a=2,f(x)=ex-2x+2,則f'(x)=ex-2。

令f'(x)=ex-2＞0,得x＞ln 2;

令f'(x)=ex-2＜0,得x＜ln 2。

所以f(x)在(-∞,ln 2)上單調(diào)遞減,在(ln 2,+∞)上單調(diào)遞增。

(2)由題意可知,即求f(x)＞g(x0)min成立的a的取值范圍。

因?yàn)間(x)=ex+e-x,x∈[-1,2],所以,當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)。

故g(x0)min=2,即求f(x)=ex-ax+2＞2對(duì)任意x∈R 成立的a的取值范圍。

當(dāng)a＜0 時(shí),f'(x)=ex-a＞0,此時(shí)f(x)在R 上單調(diào)遞增,且,不滿足f(x)min＞2。當(dāng)a=0時(shí),易知f(x)＞2,顯然成立。

當(dāng)a＞0 時(shí),令f'(x)=ex-a＞0,得x＞lna;令f'(x)=ex-a＜0,得x＜lna。

故f(x)在(-∞,lna)上單調(diào)遞減,在(lna,+∞)上單調(diào)遞增。

f(x)min=f(lna)=a-alna+2。

則a-alna+2＞2,解得0≤a＜e。

綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍為[0,e)。

例4已知函數(shù)f(x)=xex,g(x)=- (x+1)2+a,若?x1,x2∈R,使 得f(x2)≤g(x1)成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )。

解析:?x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,則f(x)min≤g(x)max。

由題意得f'(x)=ex+xex=(x+1)ex。

所以函數(shù)f(x)在(-∞,-1)上單調(diào)遞減,在(-1,+∞)上單調(diào)遞增,f(x)min=

由題意得g(x)max=g(-1)=a,則a≥,選C。

點(diǎn)評(píng)：“雙變量”的恒(能)成立問(wèn)題可以拆解求參數(shù),進(jìn)行等價(jià)變換,常見(jiàn)的拆解轉(zhuǎn)換有：(1)?x1,x2∈D,f(x1)＞g(x2)?f(x)min＞g(x)max；

(2)?x1∈D1,?x2∈D2,f(x1)＞g(x2)?f(x)min＞g(x)min；

(3)?x1∈D1,?x2∈D2,f(x1)＞g(x2)?f(x)max＞g(x)max。

四、同構(gòu)變形、構(gòu)造函數(shù)求參數(shù)的取值范圍

例5(2023年山東省部分學(xué)校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=aeax-lnx,對(duì)任意的x＞1,f(x)≥0恒成立,則a的取值范圍是_____。

解析:當(dāng)a≤0時(shí),f(x)＜0不符合題意。當(dāng)a＞0 時(shí),則aeax≥lnx,即axeax≥xlnx?eaxln eax≥xlnx。

設(shè)g(x)=xlnx(x＞1),則g'(x)=lnx+1＞0恒成立,故g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增。

因?yàn)閤＞1,a＞0,所以eax＞1。

點(diǎn)評(píng)：求解不等式恒(能)成立問(wèn)題時(shí),要注意對(duì)不等式進(jìn)行合理的變形,便于構(gòu)造函數(shù)后求導(dǎo)研究其性質(zhì),合理的等價(jià)轉(zhuǎn)化往往可以達(dá)到事半功倍的效果。

總之,邏輯關(guān)系是數(shù)學(xué)推理的本質(zhì),處理函數(shù)中任意性與存在性問(wèn)題,要學(xué)會(huì)從不同的角度、不同的方向加以分析探討, 認(rèn)清邏輯關(guān)系,熟練掌握分離參數(shù)法、數(shù)形結(jié)合、分類討論等常用的方法,巧妙轉(zhuǎn)化為“能成立”與“恒成立”問(wèn)題,從而能在解題時(shí)選取恰當(dāng)?shù)慕夥?觸類旁通。只有這樣“明辨、清源”,同學(xué)們才能在考試過(guò)程中實(shí)現(xiàn)“水源不斷,活水常來(lái)”。

變式訓(xùn)練

1.已知函數(shù)f(x)=lnx-ax(a是常數(shù)),若?x＞0,f(x)＜0,則實(shí)數(shù)a的取值范圍_____。

解析:因?yàn)?x＞0,f(x)＜0,所以lnx-ax＜0恒成立,即

易得當(dāng)x∈[1,e]時(shí),lnx-2x+1＜0,且2lnx-x-1＜0,從而F'(x)＜0,所以F(x)在[1,e]上單調(diào)遞減。

于是a＞F(x)min=F(e)=-1-e。

故a的取值范圍為(-1-e,+∞)。

f(x)max≤g(x)max,解 得m∈