导数中的恒成立问题解法探究

■四川省绵阳实验高级中学 余 强

导数常与不等式的恒成立问题结合,解答时通常要构造新函数,因而综合性较强,但本质都是利用导数研究函数的单调性和最值,从而求出参数的取值范围。而不等式恒成立问题常见解法有以下几种:(1)分离参数法,如a≥f(x)恒成立转化为a≥f(x)max,a≤f(x)恒成立转化为a≤f(x)min;(2)讨论最值法,把不等式转化为f(x)min≥0 或f(x)max≤0;(3)数形结合法,把不等关系转化为y=f(x)的图像在y=g(x)的上方即可;(4) 同构转化或放缩转化,将题目所给的不等式进行转化,得到相同形式的部分,或者利用已知的切线不等式进行合理放缩。

下面我们举例进行分析。

一、分离参数法

(1)若函数f(x)的图像在x=e处的切线与直线2x-y+8=0垂直,求f(x)的极值;

(2)当x>0时,g(x)≥f(x)恒成立,求实数a的取值范围。

表1

当0x0时,h(x)>0,即F′(x)>0,F(x)单调递增。

故F(x)min=F(x0)=x0(ex0-1)-lnx0+2=x0ex0-(x0+lnx0)+2。

两边取对数得x0+lnx0=0,故F(x)min=F(x0)=3,即实数a的取值范围是(-∞,3]。

评注:恒成立问题若能分离常数,通常将问题进行最值转化,即a>f(x)恒成立⇔a>f(x)max;a

二、讨论最值法

例2(2023年广东惠州高三三调)已知函数f(x)=2x-alnx。

(1)当a=1时,求函数y=f(x)的单调区间;

(2)若函数f(x)≥(a+2)x-xex恒成立,求实数a的取值范围。

①若a=0,则h′(x)=(x+1)ex>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增。即h(x)>0,满足xex-a(x+lnx)≥0。

②若a<0,则-a>0,h′(x)>0 ,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增。

h(x)=xex-a(x+lnx)=x(ex-a)-alnx。

函数y=x(ex-a)(a<0)在(0,+∞)上单调递增,值域为(0,+ ∞);函数y=-alnx(a<0)在(0,+∞)上单调递增,值域为(-∞,+∞)。

所以∃x0>0,使得h(x0)<0,不满足题意。

③若a>0,令h′(x)=0,则a=xex。

函数y=ex在(0,+∞)上单调递增,值域为(1,+∞);函数(a>0)在(0,+∞)上单调递减,值域为(0,+∞)。

评注:讨论最值法,就是对题中给定的函数直接求导,通过对参数的分类讨论,确定函数的单调性,求出函数的最值,从而求出参数取值范围。大致如下: 首先可以把含参不等式整理成适当形式,如f(x,a)≥0、f(x,a)≤0等,然后从研究函数的性质入手,转化为讨论函数的单调性和极值,最后得出结论。

三、数形结合法

例3(2023 年河北高三联考)对∀x∈(0,+∞),都有f(x)=x3+(e-2m)x2+x+ex-e(lnx+1)≥0恒成立,那么m的取值范围是_____。

解析:已 知 对∀x∈(0,+ ∞),都 有f(x)=x3+(e-2m)x2+x+ex-e(lnx+1)≥0恒成立。

故x3+(e-2m)x2+x≥e(lnx+1)-ex在(0,+∞)上恒成立。

设g(x)=x3+(e-2m)x2+x,h(x)=e(lnx+1)-ex,则g(x)≥h(x) 对∀x∈(0,+∞)恒成立。

令φ(x)=e-xex,则有φ(1)=e-e=0,且φ′(x)=-(ex+xex)<0,所以φ(x)在(0,+∞)上单调递减。

所以 当x∈(0,1)时,φ(x)>0,即h′(x)>0,h(x)单调递增;

当x∈(1,+ ∞)时,φ(x)<0,即h′(x)<0,h(x)单调递减。

所以h(x)max=h(1)=e-e=0。

为使g(x)≥h(x) 对∀x∈(0,+∞)恒成立,只需x3+(e-2m)x2+x≥0 在(0,+∞)上恒成立,即x2+(e-2m)x+1≥0在(0,+∞)上恒成立,也即(2m-e)x≤x2+1在(0,+∞)上恒成立。

评注:数形结合法通常需要先将已知不等式部分分离为不等号的左右为两个不同类型的函数,求得确定形式的一边的最值,然后取极值点的横坐标作为特殊值,得到不等式恒成立的必要条件,再证明其充分性,这是求解这类难以彻底分离的不等式恒成立问题的一种重要方法。

四、同构与放缩法

故h(x)=x-lnx-1在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增。

因此,h(x)≥h(1)=0,x≥lnx+1,x>0。

只要证e2x-e2x2≥0,即e2x≥e2x2,由于ex>0,ex>0,故只要ex≥ex。

构造k(x)=ex-ex,x>0,则k′(x)=ex-e。当x>1 时,k′(x)>0;当0

因此k(x)=ex-ex在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增。

故k(x)≥k(1)=0,ex≥ex,x>0。

综上可得k的最大值为e2。

导数中的不等式恒成立问题试题形式多样、变化众多,是命题的热点。其中渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法,有较强的综合性,在提升同学们思维的灵活性、创造性等数学素养方面起到了积极的作用。同学们在解题时应注意对问题进行仔细分析,结合以上方法选择合理的解法,可以起到事半功倍的效果。