待定常数化解分离参数法之困惑

广东省佛山市石门高级中学 (528225) 徐正印

待定常数化解分离参数法之困惑

广东省佛山市石门高级中学 (528225) 徐正印

求参数取值范围的问题常常是高考的压轴题,命题者所提供的解法大都是分类讨论.解决这类问题时,尽管人们首先想到分离参数法,但终因遇到困惑(所涉及的函数的最值用初等数学的方法很难)而放弃!尽管有些专业杂志上已介绍了用洛必达法则去解决,但那毕竟是大学的内容.

本文以近年高考试题为例,阐述如何用待定常数法化解分离参数法之困惑.

例1. (2006年全国高考I卷理科)设函数f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有的x≥0,都有f(x)≥ax成立,求实数a的取值范围.

困惑成因 当x≥0时,f(x)≥ax⇔(x+1)ln(x+1)≥ax⇔当x＞0时,(x+1)ln(x+1)≥ax⇔当x＞0时,自然想到要求(x＞0)的最小值.

破解之道(待定常数法)

为了降低运算量,对分类参数后的式子化为含有待定常数的整式,如:

设g(x)=(x+1)ln(x+1)−mx,(x≥0,m是待定的常数),则 g′(x)=ln(x+1)+1 − m.

待定的常数是这样确定的:使引入函数的导函数值的在定义域内不小于(不大于)零,如:若m=1,则g′(x)=ln(x+1)≥0,在(0,+∞)上,g(x)单调递增,因为所以a≤1.故a的取值范围为(−∞,1].

例2.(2007年高考全国I卷理科)设函数f(x)=ex−e−x.

(I)略;

(II)若对所有x≥0都有f(x)≥ax,求a的取值范围.

分析 当x≥ 0时,f(x)≥ax⇔ee−e−x≥ax⇔当x＞0时,

设g(x)=ex−e−x−mx(x≥ 0,m是待定的常数),则 g′(x)=ex+e−x− m.

若 m=2,则 g′(x)=ex+e−x−2,在 (0,+∞)上,g(x)单调递增,g(x)＞ g(0)=0ex−e−x−2x＞ 0,ex−e−x＞ 2x,因为所以a≤2.

例3.(2010年新课标理)设函数f(x)=ex−1−x−ax2.

(I)略;

(II)当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.

分析 当x≥0时,f(x)≥0⇔ex−1−x≥ax2⇔当x＞0时,ex−1−x≥ax2⇔当x＞0时

设g(x)=ex−1−x−mx2(x≥0,m是待定的常数),则g′(x)=ex−1−2mx.

设h(x)=ex−1−2mx(x≥0),则h′(x)=ex−2m.

例4.(2012年高考天津卷理科)已知函数f(x)=x−ln(x+a)的最小值为0,其中a＞0.

(I)求a的值;

(II)若对任意的x∈[0,+∞),有f(x)≤kx2成立,求实数k的最小值;

(III)略.

分析 (II)由(I)知a=1,从而f(x)=x−ln(x+1).当x∈[0,+∞)时,f(x)≤ kx2⇔x−ln(x+1)≤kx2⇔当

设g(x)=x−ln(x+1)−mx2(x≥0,m是待定的常数),则

例5.(2014年高考陕西卷理科)设函数f(x)=ln(x+1),g(x)=xf′(x)(x ≥ 0),其中 f′(x)是 f(x)的导函数.

(I)略;

(II)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;

(III)略.

当x≥0时,f(x)≥ag(x)⇔当x≥0时,ln(x+1)≥⇔当x＞0时,ln(x+1)≥⇔当x＞0时,

设g(x)=(x+1)ln(x+1)−mx(x≥0,m是待定的常数),则 g′(x)=ln(x+1)+1 − m.

若 m=1,则 g′(x)=ln(x+1)≥ 0,在 (0,+∞)上,g(x)单调递增,g(x)＞g(0)=0,(x+1)ln(x+1)−x＞0,1.因为所以a≤1.

例6.(2014年新课标II卷理科)已知函数f(x)=ex−e−x−2x.

(I)略;

(II)设g(x)=f(2x)−4bf(x),当x＞0时,g(x)＞ 0,求b的最大值;

(III)略。

分析 (II)因为g(x)=f(2x)−4bf(x),所以当x＞0时,g(x)＞0⇔当x＞0时,f(2x)−4bf(x)＞0⇔当x＞0时,f(2x)＞ 4bf(x).因为f(x)=ex−e−x−2x,所以

f(2x)＞ 4bf(x)⇔ e2x−e−2x−4x≥ 4b(ex−e−x−2x).

设h(x)=ex−e−x−2(x ≥ 0),则 h′(x)=ex+e−x−2≥ 0,在(0,+∞)上,h(x)单调递增,h(x)＞ h(0)=0,ex−e−x−2x＞0.当x＞0时,

设

(x≥0,m是待定的常数),则

当m=8时,

g′(x)≥ 0,在(0,+∞)上,g(x)单调递增,g(x)＞g(0)=0,

例7. (2015年高考山东卷理科)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2−x),其中a∈R.

(I)略;

(II)若x＞0,f(x)≥0成立,求a的取值范围.

分析 (II)当x＞0时,

设

(0＜x≤1,m是待定的常数),则

所以a≥0.综上所述,0≤a≤1.

例8.(2016年新课标II卷文科)已知函数f(x)=(x+1)lnx−a(x−1).

(I)略;

(II)若当x∈(1,+∞)时,f(x)＞0,求a的取值范围.

分析 (II)当x＞0时,f(x)＞0⇔(x+1)lnx−a(x−1)＞0⇔

设g(x)=(x+1)lnx−2(x−1)(x∈[1,+∞)),则

在(1,+∞)上,h(x)≥ h(1)=0,g′(x)≥ 0,g(x)≥ g(1)=0,即当x∈ (1,+∞)时,(x+1)lnx−2(x−1)＞ 0,因为对于x∈(1,+∞)恒成立,所以a≤2.则