用导数解决不等式有关问题的思维方法
2023-09-15湖南省郴州市第二中学黄常健
■湖南省郴州市第二中学 黄常健
根据不等式恒成立或有解时求参数的取值范围与不等式的证明,是导数在函数中的应用的重要组成部分,涉及利用导数求函数的单调性与极值、不等式的性质,考查方程与函数思想、分类讨论思想、转化与化归思想,也是各类考试的热点。
一、不等式恒成立或有解问题
将不等式恒成立或有解问题转化为含待求参数的函数最值问题。常用方法有两种:
(1)带参讨论法,这种方法要注意对参数进行合理的分类讨论。
(2)分离参数法,将原不等式中的参数分离到不等式的一边,另一边为不含参数的函数,并求不含参数这边函数的最值。主要有如下两类情形:①不等式恒成立问题,当x∈D时,不等式f(x)>m恒成立,等价于f(x)在D上的最小值f(x)min>m;②不等式有解问题,当x∈D时,不等式f(x)>m有解,等价于f(x)在D上的最大值f(x)max>m。
例1已知函数f(x)=sin2x+2cosx-1的图像上存在点(x0,f(x0))使得-a>f(x0),则实数a 的取值范围为______________。
解析:先求函数f(x)的值域。f(x)=sin2x+2cosx-1=-cos2x+2cosx=1-(cosx-1)2∈[-3,1]。
再换元,令f(x)=t,则问题转化为:存在t∈[-3,1],使得et-a>t成立,即a 设g(t)=et-t,t∈[-3,1],则g′(t)=et-1。在区间(-3,0)上,g′(t)<0,g(t)单调递减;在区间(0,1)上,g′(t)>0,g(t)单调递增。又g(1)=e-1,g(-3)=e-3+3,且e-3+3>e-1,所以g(t)的最大值为g(-3)=e-3+3。 故实数a的取值范围为(-∞,e-3+3)。 点拨:换元法。令t=f(x),将函数t=f(x)的值域视为函数g(t)的定义域。从而将问题转化为:存在t∈[-3,1],使得a 例2设函数f(x)=ln(x+1)-a2ex,a∈R。 (1)若a=-1,求函数f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若f(x)+a≤0恒成立,求正数a的取值范围。 解法2:不等式f(x)+a≤0恒成立,即ln(x+1)-a2ex+a≤0 (x>-1)恒成立,取x=0,代入得-a2+a≤0,又a>0,则a≥1。 下面证明:当a≥1 时,ln(x+1)-a2ex+a≤0恒成立。 综上所述,满足条件的正数a的取值范围为[1,+∞)。 点拨:第(2)题的解法1 的思路为:直接求含参函数g(x)的最小值,并记为h(x),再解不等式h(x)≥0,得a的取值范围。其步骤为:①用零点存在性定理判定导函数g′(x)的零点x0存在,但难以求解,我们称之为隐形零点,以零点x0为分界,说明函数g′(x)的正负,得到函数g(x)的单调性,进而得到g(x)的最大值g(x0) (含a);②将零点方程g′(x0)=0变形代入g(x),化简得最大值g(x0) (不含a);③由已知令最大值不大于零,得x0的取值范围,进而求得正数a的取值范围。解法2的步骤为:①用特值(x=0)探路,得不等式f(x)+a≤0 恒成立的必要条件a≥1;②再证a≥1是不等式f(x)+a≤0恒成立的充分条件,这里选择了放缩法,借助不等式lnx≤x-1,转证h(x)=a2ex-x-a≥0 即可;③带参讨论法证明h(x)≥0,分h′(x)=0 的零点在定义域(-1,+∞)内和外加以讨论,从而解决不等式恒成立问题。 利用导数证明不等式的常见类型及思维方法: (1)构造差函数法。证明双函数的不等式恒成立问题,例如f(x)≥g(x),可构造差函数h(x)=f(x)-g(x),研究差函数的导函数的符号,确定差函数的单调性,证明不等式h(x)min≥0即可。 (2)拆分法。当要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘及相加的形式出现时,如果对其直接求导,得到的导函数仍然复杂难辨,这时可以将原不等式合理拆分为f(x)≤g(x)的形式,进而证明f(x)max≤g(x)min即可,在拆分过程中,一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准。 (3)借助典型不等式x>sinx(x>0),ex≥x+1,lnx≤x-1(x>0),以及不等式的传递性,利用放缩法证明更简单的不等式。 例3已知函数f(x)=lnx+x2-2ax。 例4已知函数f(x)=aex-x-a。 (1)若f(x)≥0,求a的值。 (2)当a≥1 时,证明f(x)>xlnxsinx。 解析:(1)由f(x)=aex-x-a,得f(0)=0,f′(x)=aex-1。 若a≤0,则f′(x)<0 恒成立,所以f(x)在R上单调递减。由f(0)=0可知,当x>0时,f(x)<0,则f(x)≥0不恒成立。 (2)由x>0,知ex-1>0,所以当a≥1时,a(ex-1)≥ex-1,f(x)=a(ex-1)-x≥ex-1-x。 要证f(x)>xlnx-sinx,只需证ex-1-x>xlnx-sinx,即证g(x)=ex-1-x-xlnx+sinx>0。 当0 当x>1 时,求导得g′(x)=ex-2-lnx+cosx。设h(x)=g′(x),求 导 得h′(x)=由x>1,知h′(x)>e-1-1>0,故h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(1)=e-2+cos 1>0,即g′(x)>0,故g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(1)=e-2+sin 1>0。 综上所述,当a≥1 时,f(x)>xlnxsinx。 点拨:第(1)题应用带参讨论法求参数a的取值范围。对f(x)求导后,分a≤0,a>0讨论f(x)的单调性与极值情况,并结合函数f(x)恒存在零点0,排除a≤0,而当a>0时,极小值点只能为0。第(2)题,先借助参数a的范围放缩,即利用不等式的传递性,将要证的不等式转化为易于证明的不含参数的不等式。再分段0 例5已知函数f(x)=xex-1,g(x)=a(lnx+x)。 (1)若不等式f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的值。 (2)求证:x2ex>(x+2)lnx+2sinx。 解析:(1)不等式f(x)≥g(x)恒成立,即xex-1≥a(lnx+x)恒成立,即elnx+x-1≥a(lnx+x)恒成立。 设lnx+x=t,则et-1≥at恒成立。令φ(t)=et-1-at,则φ(t)≥0 恒成立,φ(0)=0,φ′(t)=et-a。 若a≤0,则φ′(t)>0,所以φ(t)在R上单调递增。又由φ(0)=0,则在(-∞,0)上φ(t)<0,与φ(t)≥0恒成立矛盾。 若a>0,令φ′(t)=0,得t=lna,则当t 所以不等式f(x)≥g(x)恒成立时,实数a的值为1。 (2)由(1)知,当a=1时,不等式f(x)≥g(x)恒成立,即xex-1≥x+lnx,即xex≥x+lnx+1,所以不等式x2ex≥x2+xlnx+x(x>0)恒成立。 要证明x2ex>(x+2)lnx+2sinx,只需证x2+xlnx+x>(x+2)lnx+2sinx,即证x2+x>2lnx+2sinx(x>0)。 综上所述,不等式x2ex>(x+2)lnx+2sinx(x>0)成立。 点拨:第(1)题应用同构函数法,将复杂的原不等式恒成立问题转化为简明的不等式恒成立问题,再用带参讨论法求参数a的值。第(2)题的证法是放缩法,先借助第(1)题的结论进行放缩,让要证的不等式中不含ex项;再利用常用不等式lnx≤x-1放缩,让要证的不等式中不含lnx项;最后再用对x分段讨论法证明不等式。 不论用拆分法构造辅助函数证明不等式,还是用放缩法证明不等式,都需要对一些常见函数的性质比较熟悉,对典型不等式(lnx≤x-1,ex≥x+1等)适时灵活应用。根据条件,寻找恰当的目标函数需反复磨炼。二、不等式的证明
