含参数函数不等式恒成立问题解法探究及推广应用

广东北江中学(512026) 叶浩山

含参数函数不等式恒成立问题解法探究及推广应用

广东北江中学(512026) 叶浩山

本文通过一个含参数函数不等式恒成立问题,分析学生解决这类问题思维受阻的原因,指出处理这类问题虽然有分离参数,数形结合等解题思路,但实际操作中往往进行不下去的原因.提出解决这类问题的思路,得出处理含参数函数不等式恒成立问题的策略.

参数 不等式 恒成立 函数极值

一.问题的提出

笔者在给高三理科学生复习导数在函数中的应用时,给学生布置如下的一道作业题:

题目 已知函数f(x)=aex−x+b,g(x)=x−ln(x+1),(a,b∈R,e为自然对数的底数),且曲线y=f(x)与y=g(x)在坐标原点处的切线相同.

(1)求f(x)的最小值;

(2)若x≥0时,f(x)≥kg(x)恒成立,试求实数k的取值范围.

此题选自一份高考模拟试卷的压轴题.笔者批改这道作业题时,发现有超过的学生,第二问是空白的,全班54位同学,能正确解出答案的只有7人!

通过了解情况得知,学生解这道题思维受阻主要有如下两方面的原因:(1)对于第二问,首先想到分离参数,由f(x)≥kg(x),得:ex−x−1≥k[x−ln(x+1)],注意到x≥ ln(x+1)(当x=0时取等号),于是,当x＞ 0时,k≤若记将f(x)≥kg(x)恒成立问题转化为k≤hmin(x),即归结为求函数h(x)的最小值问题.此时,绝大部分学生都放弃这种思路,因为h(x)太复杂了,一阶、二次导数都难以处理!

(2)对于第二问,由f(x)≥ kg(x),得:ex−x−1≥k[x−ln(x+1)],于是得:ex−x−1−k[x−ln(x+1)]≥0,记F(x)=ex−x−1−k[x−ln(x+1)],将f(x)≥kg(x)恒成立问题转化为Fmin(x)≥0,于是只要求出F(x)=ex−x−1−k[x−ln(x+1)]的最小值,由于F′(x)=至此,学生毫无头绪!有些学生尝试二次求导,还是找不到处理的思路,于是选择了放弃!

笔者找到这道题目命题者给出的参考答案:第(1)问略;(2)由(1)知,f(x)≥ 0,即ex≥ x+1,从而x≥ ln(x+1),即g(x)≥0.设F(x)=f(x)−kg(x)=ex+k ln(x+1)− (k+1)x − 1,则 F′(x)=ex+−(k+1)≥x+1+−(k+1),

(1)当k=1时,因为x ≥ 0,所以 F′(x)≥ x+0(当且仅当x=0时等号成立)此时,F(x)在[0,+∞)上单调递增,从而F(x)≥ F(0)=0,即f(x)≥kg(x).

(2)当k＜ 1时,由于g(x)≥ 0,所以g(x)≥ kg(x),又由(1)知,f(x)−g(x)≥ 0,所以f(x)≥ g(x)≥ kg(x),故F(x)≥0,即f(x)≥kg(x).(此步也可以直接证k≤1)

(3)当k ＞ 1时,令h(x)=ex+则显然 h′(x)在 [0,+∞)上单调递增,又 h′(0)=1 − k ＜ 0,所以 h′(x)在上存在唯一零点x0,当x∈(0,x0)时,h′(x)＜ 0,所以h(x)在[0,x0)上单调递减,从而h(x)＜h(0)=0,即F′(x)＜0,所以F(x)在[0,x0)上单调递减,从而当x0∈(0,x0)时,F(x)＜F(0)=0,即f(x)＜kg(x),不合题意.综上,实数k的取值范围为(−∞,1].

阅读解法之后,笔者有两点疑问,一.如果不熟悉经典不等式ex≥x+1,x≥ln(x+1)(当且仅当x=0时等号成立),是怎么想到将k分为k=1;k＜1;k＞1三种情况来讨论?二.命题者提供的解法具有特殊性,解法不自然,学生可能能看懂,但只是限于看懂这道题,换个同类型的题目,可能又不会了!含参数函数不等式恒成立问题的一般解法是什么?

二.问题的解决

笔者经过研究,发现此题用分离参数的方法确实是运算量过大.上述思路将若x≥0时,f(x)≥kg(x)恒成立,转化为F(x)=ex−x−1−k[x−ln(x+1)],当x≥0时,F(x)=ex−x−1−k[x−ln(x+1)]≥0,即Fmin(x)≥0.这种思路还是有迹可循的!并不是生硬的k分为k=1;k＜1;k＞1三种情况来讨论.由F(x)=ex−x−1−k[x−ln(x+1)],知F(0)=0(此发现太关键了!)要F(x)=ex−x−1−k[x−ln(x+1)]≥0在[0,+∞)恒成立.只要研究函数F(x)在x=0附近的单调性就可以了!而又F′(0)=0,于是要研究的正负,只要研究在x=0附近的单调性就可以了!而只要对F′′(0)=1−k的正负进行讨论,就可以解决问题了!

若 F′′(0)=1 − k ≥ 0,即 k ≤ 1 时,F′′(x)=所以在区间[0,+∞)上单调递增,于是F′(x)≥ F(0)=0,所以函数F(x)在区间[0,+∞)上单调递增,于是F(x)≥F(0)=0,即f(x)≥kg(x)成立.

若 F′′(0)=1 − k ＜ 0,即 k ＞ 1 时,F′′(x)=由于 k ＞ 1,所以所以函数 F′′(x)在区间上有零点x0,于是函数(k+1)在区间 [0,x0]上单调递减,得当x∈[0,x0]时,F′(x)≤ F′(0)=0,所以函数 F(x)在区间 [0,x0]上单调递减,得当x∈[0,x0]时,F(x)≤F(0)=0,与f(x)≥kg(x)矛盾!舍去.所以实数k的取值范围为(−∞,1].

上述思路清晰明了,笔者研究发现这类问题具有一般性.对于不等式f(x)≥ k,在[x0,+∞)上恒成立问题,可将f(x0)与k的大小比较作为分类讨论的依据.而本文中出现的问题,还将不等式f(x)≥k,在[x0,+∞)上恒成立问题特殊化,有f(x0)=k.这时只要先求出函数f(x)在[x0,+∞)上单调递增时,参数的取值范围为集合A,再说明参数不可能在集合A之外.

三.推广应用

特殊化之后的这类含参数函数不等式恒成立问题,在高考中多次出现!

1.(2006年全国高考II卷理科第20题)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.

2.(2007年全国高考I卷理科第20题)设函数f(x)=ex−e−x.

(I)证明:f(x)的导数f′(x)≥ 2;

(II)若对所有x≥0都有f(x)≥ax,求a的取值范围.

3.(2008年全国高考I卷理科第20题)设函数f(x)=

(I)求f(x)的单调区间;

(II)如果对任何x≥0,都有f(x)≤ax,求a的取值范围.

4.(2010年全国新课标卷理科第21题)设函数f(x)=ex−1−x−ax2.

(1)若a=0,求f(x)的单调区间;若当x≥ 0时f(x)≥0,求 a的取值范围.

5.(2011年高考全国新课标卷理科第21题)已知函数f(x)=曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y−3=0.

(I)求 a、b的值;

6.(2013年高考新课标I理科)已知函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d),若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点 P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.(I)求a,b,c的值;(II)若x≥−2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围.

上述六道高考题,用本文的提出解决含参数函数不等式恒成立问题的一般思路,都能轻松解决!笔者以2013年的高考题为例,运用上述解法解决这类问题.第一问利用函数导数的几何意义能轻松求得a=4,b=c=d=2.对于第二问,由于记F(x)=kex(2x+2)−x2−4x−2,要f(x)≤kg(x),只要F(x)=kex(2x+2)−x2−4x−2 ≥ 0即可. 而 F′(x)=(kex− 1)(2x+4),F(−2)=−2e−2k+2. 若 F(−2)= −2e−2k+2 ≥ 0,即 k ≤ e2.由于 x≥ −2,所以 F′(x)=(kex−1)(2x+4)的正负取决于函数h(x)=kex−1在x≥−2时函数值的正负.又 h(−2)=ke−2− 1,若 h(−2)=ke−2− 1 ≥ 0时,即k≥e2,结合前面F(−2)=−2e−2k+2≥0,此时k=e2,F′(x)=(kex−1)(2x+4)≥ 0,此时函数F(x)在[−2,+∞)单调递增,所以F(x)≥F(−2)=0,即f(x)≤kg(x)成立.

若 h(−2)=ke−2−1＜ 0时,即 k ＜ e2,若k ≤ 0,h(x)=kex−1＜ 0,从而F′(x)=(kex−1)(2x+4)≤ 0,所以函数F(x)在[−2,+∞)单调递减,所以F(x)≤F(−2).此时F(x)=kex(2x+2)−x2−4x−2≥0不可能恒成立,即f(x)≤kg(x)不恒成立.

若0＜k＜e2,此时存在x0=ln使得 x ∈ (−2,x0)时,h(x)=kex−1＜0;x∈(x0,+∞)时,h(x)=kex−1.

所以函数F(x)在(−2,x0)单调减,在(x0,+∞)单调递增.从而即x0≤0,或x0=ln≤0,所以k≥1,所以1≤k＜e2,此时f(x)≤ kg(x)成立.若F(−2)= −2e−2k+2＜ 0,即k＞e2,F(x)=kex(2x+2)−x2−4x−2≥0不可能恒成立,即f(x)≤kg(x)不恒成立.综上所述,当0≤k≤e2时,f(x)≤kg(x)成立.

对比所给的参考答案发现,上述解法思路清晰自然,学生容易接受,将这一类含参数函数不等式恒成立问题难度降低.