利用“赋值验证法”巧解函数导数中的含参问题
2023-09-13王新建
王新建
【摘 要】 利用导数研究函数中含参问题是高考的热点更是难点.本文由2019年浙江高考第22题的解答中得到启示，谈“赋值验证法”在求解函数导数中含参问题的应用.
【关键词】 赋值；验证；导数；含参问题
1 问题与解答
问题 （2019浙江高考22题第二问）已知实数a≠0，设函数f（x）=a ln x+ 1+x ，
x>0.对任意x∈ 1 e 2 ，+∞ 均有f（x）≤ x 2a ，求a的取值范围.
解 由f（1）≤ 1 2a ，得0 当0 令t= 1 a ，则t≥2 2 ， 设g（t）=t 2 x －2t 1+x －2 ln x，t≥2 2 ， 则g（t）= x t－ 1+ 1 x 2－ 1+x x －2 ln x， 接下来分x≥ 1 7 和 1 e 2 ≤x≤ 1 7 两种情况进行验证. 从而证得当0 本题的解题策略是：先找问题成立的一个必要条件，即f（1）≤ 1 2a ，得到a的范围0 再验证这个范围就是所求a的范围，即充分性成立.这种由必要性开路，充分性证明收尾的方法，我们称之为“赋值验证法”.下面谈谈“赋值验证法”在几类含参问题中的应用. 2 赋值验证法的应用 赋值验证法的关键是取何值为特殊值进行赋值，难点是求出参数的范围后，如何进一步“验证”. 2.1 赋值验证法第一重应用 利用区间端点赋值，求出參数范围范围，进一步求解. 例1 若函数f（x）=ax 3－3x+1对任意x∈［－1，1］时，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围. 解析 第一步：赋值. 因为对任意x∈［－1，1］，不等式f（x）≥0恒成立， 所以对于特殊的x=－1和x=1，不等式f（x）≥0必成立， 则 f（－1）≥0，f（1）≥0， f（－1）=－a+3+1≥0，f（1）=a－3+1≥0， 2≤a≤4. 第二步：验证. 当2≤a≤4时，有方程f′（x）=3ax 2－3=0，得x=± 1 a ∈［－1，1］， 当x∈ －1，－ 1 a 时，f′（x）≥0， 即f（x）在 －1，－ 1 a 上单调递增； 当x∈ － 1 a ， 1 a 时，f′（x）≤0， 即f（x）在 － 1 a ， 1 a 上单调递减； 当x∈ 1 a ，1 时，f′（x）≥0，即f（x）在 1 a ，1 上单调递增. 所以f（x） min = min f（－1），f 1 a = min －a+4，－2 1 a +1 ≥0， 解之得a=4. 综上所述，实数a的取值范围为a=4. 小结 对于不等式f（x）≥0对任意x∈［m，n］恒成立.若端点处函数值f（m），f（n） 包含参数，则可以根据恒成立条件，不等式在端点处也成立，得不等式组 f（m）≥0，f（n）≥0， 求出参数范围，达到缩小参数范围的目的.同理可研究不等式f（x）≤0对任意x∈［m，n］恒成立问题. 2.2 赋值验证法第二重应用 函数在区间端点处恒成立，利用一阶导数求参数范围. 例2 设函数f（x）=（1－x 2） e x，若对任意x∈［0，+∞），f（x）≤ax+1恒成立，求实数a的取值范围. 解析 第一步：赋值. 令g（x）=f（x）－ax－1=（1－x 2） e x－ax－1，易知g（0）=0， 因为对任意x∈［0，+∞），g（x）≤0恒成立， 所以在x=0右侧极小区间内g（x）的图象必须向下，即切线的斜率小于等于零， 所以g′（0）=1－a≤0. 第二步：验证. 当a≥1时，g′（x）=（1－2x－x 2） e x－a，且g″（x）=（－1－4x－x 2） e x， 当x≥0时，g″（x）<0，所以导函数g′（x）在［0，+∞）上单调递减， 又因为g′（x） max =g′（0）=1－a<0，所以函数g（x）在［0，+∞）上单调递减， 所以g（x） max =g（0）=0. 綜上所述，实数a的取值范围为a≥1. 小结 对于不等式f（x）≥0对任意x∈［m，n］恒成立.若端点处函数值f（m）=0或f（n）=0，则可利用一阶导数值f′（m）≥0或f′（n）≤0求参数得范围，达到缩小参数范围目的.同理可研究不等式f（x）≤0对任意x∈［m，n］恒成立问题. 2.3 赋值验证法第三重应用 函数在区间端点处的函数值和一阶导数值均为零，利用二阶导数求参数范围. 例3 已知函数f（x）=x－ ln （x+1），g（x）= e x－x－1，若对任意x≥0，不等式kf（x）≤g（x）恒成立，求实数k的取值范围. 解析 第一步：赋值. 令h（x）=kf（x）－g（x）=（k+1）x－k ln （x+1）－ e x+1，易知h（0）=0， 因为对任意x∈［0，+∞），h（x）≤0恒成立， 所以在x=0右侧极小区间内h（x）的图象必须向下，即在x=0切线的斜率为小于等于零， 又因为h′（x）=（k+1）－ k x+1 － e x，所以h′（0）=0， 又因为在x=0右侧极小区间内h′（x）≤0， 所以导函数h′（x）在x=0切线的斜率为小于等于零， 又因为h″（x）= k （x+1） 2 － e x，所以h″（0）=k－1≤0. 第二步：验证. ①当k≤0时，对任意x≥0，h″（x）= k （x+1） 2 － e x<0， 所以导函数h′（x）在［0，+∞）上单调递减， 又因为h′（0）=0，所以函数h（x）在［0，+∞）上单调递减， 又因为h（0）=0，所以对任意x≥0，h（x）≤0，即不等式kf（x）≤g（x）恒成立. ②当0 所以函数h″（x）在［0，+∞）上单调递减， 所以h″（x） max =h″（0）=k－1≤0，即函数h′（x）在［0，+∞）上单调递减， 又因为h′（0）=0，所以函数h（x）在［0，+∞）上单调递减， 又因为h（0）=0，所以对任意x≥0，h（x）≤0，即不等式kf（x）≤g（x）恒成立. 综上所述，实数k的取值范围为k≤1. 小结 对于不等式f（x）≥0对任意x∈［m，n］恒成立.若端点处函数值f（m）=f（n）=0且f′（m）=f′（n）=0，则可利用二阶导数值f′（m）≥0或f′（n）≤0求参数得范围，达到缩小参数范围目的.同理可研究不等式f（x）≤0对任意x∈［m，n］恒成立问题. 2.4 赋值验证法第四重应用 函数在区间端点的函数值为无限时，可以利用区间中间的特殊值点求参数的范围. 例4 已知函数f（x）= 1 2 ax 2－ ln x（x>0，a∈ R ），若不等式f（x）≥ a 2 对任意x>0恒成立，求实数a的取值范围. 解析 第一步：赋值. 令g（x）=f（x）－ a 2 = 1 2 ax 2－ ln x－ a 2 ，我们发现g（1）=0，不等式g（x）≥0在x=1处取到等号， 所以在x=1左侧极小区间内g′（x）≤0，在x=1右侧极小区间内g′（x）≥0， 又因为g′（x）=ax－ 1 x 是（0，+∞）上的单调函数， 所以g′（1）=a－1=0. 第二步：验证. 当a=1时，g（x）= 1 2 x 2－ ln x－ 1 2 ，方程g′（x）=x－ 1 x = x 2－1 x =0在（0，+∞）上的解为x=1， 当x∈（0，1）时，g′（x）<0，所以函数g（x）在（0，1）上单调递减； 当x∈（1，+∞）时，g′（x）>0，所以函数g（x）在（1，+∞）上单调递增. 所以g（x） max =g（1）=0，即对任意x>0，不等式f（x）≥ a 2 恒成立. 综上所述，实数a的取值范围为a=1. 例5 已知函数f（x）= ln x x+1 + 1 x ，如果对任意x>0且x≠1，不等式f（x）> ln x x－1 + k x 恒成立，求实数k的取值范围. 解析 第一步：赋值. 不等式f（x）> ln x x－1 + k x ， 等价于f（x）－ ln x x－1 + k x = 1 1－x 2 2 ln x+ （k－1）（x 2－1） x ， 令g（x）=2 ln x+ （k－1）（x 2－1） x ，则g（0）=0，且g′（x）= （k－1）（x 2+1）+2x x 2 ， 当0 即在x=1左側极小范围内g（x）>0，在x=1右侧极小的范围内g（x）<0， 所以g′（1）= 2（k－1）+2 1 =k≤0. 第二步：验证. 当k≤0时，由g′（x）= k（x 2+1）－（x－1） 2 x 2 知，当x≠1时，g′（x）<0，h′（x）单调递减， 因为g′（1）=0， 所以当0 综上所述，当x>0且x≠1时，f（x）－ ln x x－1 + k x >0，即f（x）> ln x x－1 + k x . 对于不等式f（x）≥0对任意x∈（m，n）恒成立.若端点处函数值无限大，则可利用区间中间使得不等式等号成立的点或恒等变形后使得不等式等号成立的点求参数的范围，达到缩小参数范围目的.同理可研究不等式f（x）≤0对任意x∈（m，n）恒成立问题. 3 结语 运用“赋值验证法”实质上是利用必要性求参数范围，再验证充分性，它的关键点是取何值为赋值点，难点是缩小范围后的进一步“验证”.运用此法能够有效地避免复杂的分类讨论，简化计算，提高解题效率.我们面对具体问题是还要明白，赋值验证法只是一种解题思想和策略，它不能解决所有含参问题，这就需要平时多思多想多总结，力求做到精准解题. 参考文献： [1] 中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）[M].北京：人民教育出版社.2020. [2]苏艺伟，许永安.利用端点效应巧解一类导数中的求参试题[J].数理化学习（高中版）.2021（04）：12-13. [3]俞新龙.恒成立问题中一类难点突破[J].数理化解题研究.2020（13）：27-28.
