一类恒成立问题的一个必要条件及其应用

2021-08-19高群安

数理化解题研究 2021年13期

关键词：充分性高考题单调

高群安

(湖北省襄州一中 441104)

定理1设f(x)是定义域内的可导函数，则f(x)≥f(a)在区间[a,b)恒成立的必要条件是f′(a)≥0；f(x)≤f(a)在区间[a,b)恒成立的必要条件是f′(a)≤0.

证明(用反证法)f(x)是可导函数，则f(x)≥f(a)在区间[a,b)恒成立⟹f′(a)≥0，否则,若f′(x)<0，由连续函数的性质,必存在区间[a，m](m

定理2设f(x)是可导函数，则f(x)≥f(b)在区间(a,b]恒成立的必要条件是f′(b)≤0；f(x)≤f(b)在区间(a,b]恒成立的必要条件是f′(b)≥0.

定理3设f(x)是定义域内的可导函数，f(a)=f′(a)=0,则f(x)≥0在区间[a,b)恒成立的必要条件是f″(a)≥0.

上述定理还可以进一步推广，运用上述定理解决相关数学问题可以缩小目标范围，优化解题过程，精简解答程序，提高解题效率！

例1(2016年高考全国Ⅱ卷·文科20题)已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).

(1)当a=4时，求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程；

(2)若当x∈(1,+∞)时，f(x)>0,求a的取值范围.

解析(1)易求得曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程是y=-2x+2.

点评运用定理，求得参数范围，再做充分性验证，简化了求解过程！

例2(江苏高考题) 已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).

(2)若01，函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点，求ab的值.

(2)若01，则由f(0)=2，得g(0)=0.当x→-∞时，g(x)→+∞;当x→+∞时，g(x)→+∞.

因为函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点0，所以当x∈(0,+∞)时，g(x)>0⟹g′(0)≥0;当x∈(-∞,0)时，g(x)>0⟹g′(0)≤0.故g′(0)=lna+lnb=0⟹ab=1.

点评解答的第二问，利用极限思想勾画出了函数g(x)图象的大致框架.通过数形结合，并利用定理导出g′(0)=0是解答的精妙之笔！当然也可以由可导函数在极值点处的导数为0得g′(0)=0.

例3(2017春·南开区校级月考)已知函数f(x)=lnx+x2-ax(a∈R).

(1)a=3时，求f(x)的单调区间；

本解答通过运算、转化，巧妙运用本节定理求出了参数范围.

图1

例4(2017年高考题)已知函数f(x)=x3+3ax2+3x+1.

(2)若x∈[2,+∞)时，f(x)≥0，求a的取值范围.

图2

(1)设a>0,讨论y=f(x)的单调性;

(2)若对任意的x∈(0,1),恒有f(x)>1,求a的取值范围.

(2) 因为f(0)=1, 所以对任意的x∈(0,1),恒有f(x)>1的必要条件是f′(0)=2-a≥0，即a≤2;反之，当x∈(0,1),a≤2时，由(1)知，当0≤a≤2时,f′(x)>0;当a<0时，抛物线g(x)=ax2+2-a的开口向下，g(0)=2-a≥0,g(1)=2,所以x∈(0,1)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上单调递增, 对任意的x∈(0,1),恒有f(x)>1.所以对任意的x∈(0,1),恒有f(x)>1的a的取值范围是(-∞,2].

点评解答第(1)问时，注意到了定义域对单调区间的限制；第(2)问，先由必要条件求出a≤2,再利用(1)证明a≤2时，不等式恒成立，简化了运算过程.

例6 (全国高考题)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.

解析由题设对所有的x≥0,都有f(x)≥ax⟺g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax≥0恒成立,而g(0)=0,g′(x)=ln(x+1)+1-a, 由本节定理知：g(x)≥0恒成立的必要条件是g′(0)=1-a≥0，即a≤1;反之，当a≤1，x>0时，g′(x)>0,所以g(x)在[0,+∞)单调递增，所以g(x)≥0，即f(x)≥ax恒成立.

综上，实数a的取值范围是(-∞,1].

点评本解答通过构造函数，运用定理，迅速求得参数范围.

图3

例7 (2010年新课标全国卷·理21)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.

(1)若a=0,求f(x)的单调区间;

(2)若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围.

解析(1)当a=0时，f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.如图3,可知f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增.

点评本解答利用了定理3不等式恒成立的必要条件，求出a的范围，再作充分性检验，优化了解答程序，提高了解题效率.

图4

例8(2010年大纲全国卷·文21)设函数f(x)=x(ex-1)-ax2.

(2)若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围.

f′(x)的符号如图4,f(x)在(-∞,-1)，(0,+∞)上单调递增，在(-1，0)上单调递减.

(2)因为f(x)=x(ex-1-ax)，所以“当x≥0时,f(x)≥0”⟺“当x≥0时，g(x)=ex-1-ax≥0”.因为g(0)=0，g′(x)=ex-a，所以当x≥0时，g(x)=ex-1-ax≥0恒成立的必要条件是g′(0)=1-a≥0，即a≤1;反之，当a≤1时，g′(x)≥0，得g(x)在[0,+∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)=0.

综上，当x≥0时，f(x)≥0恒成立的a的取值范围是(-∞,1].

点评本问题(1)利用导函数的图象直观，是判断函数单调性的快捷方法；问题(2)经过等价转化，再利用本节定理，简化了解答程序.