函数恒(能)成立之导数解法

■江苏省盐城市明达高级中学 张 冉

“不等式恒(能)成立问题”是高考的热点题型,频繁出现在历年的高考中,这类题把不等式、函数、导数等内容有机地结合起来,因其覆盖知识点多,综合性强,解法灵活等特点而备受高考、竞赛命题者的青睐。用导数解决不等式“恒成立”“能成立”或“存在性”问题的常用方法是分离参数,分类讨论或构造新函数等,将不等式问题转化为函数的最值问题。下面从几个方面剖析函数恒(能)成立之导数解法。

一、分离参数法求参数范围

例1已知函数f(x)=ex-x-1,若f(x)≤x2+(a-1)x在x∈(0,+∞)内有解,求实数a的取值范围。

又f'(x)=ex-1,当x＞0时,f'(x)＞0,f(x)=ex-x-1 在(0,+∞)上单调递增,且f(0)=0,故ex-x-1＞0。所以当0＜x＜1 时,g'(x)＜0,g(x)单调递减;当x＞1时,g'(x)＞0,g(x)单调递增。因此,g(x)≥g(1)=e-2,即a≥e-2。

点评：分离参数法求范围：若f(x)≥a或g(x)≤a能成立,只需满足f(x)max≥a或g(x)min≤a即可,求出f(x)的最大值或g(x)的最小值,从而解决问题。

二、分类讨论法求参数范围

例2已知函数f(x)=(x-1)·ln(x-2)-a(x-3),a∈R。

(1)若a=1,讨论f(x)的单调性;

(2)当x＞3 时,若f(x)＞0 恒成立,求a的取值范围。

解析:(1)f(x)的定义域为(2,+∞)。当a=1时,f(x)=(x-1)ln(x-2)-x+3。

令g'(x)=0,解得x=3。

当x∈(2,3)时,g'(x)＜0,g(x)单调递减;

当x∈(3,+∞)时,g'(x)＞0,g(x)单调递增。

所以,g(x)min=g(3)=1＞0,则g(x)=f'(x)＞0对任意的x＞2恒成立。

函数f(x)的单调递增区间为(2,+∞),无递减区间。

(2)当x＞3时,f(x)＞0恒成立等价于在(3,+∞)上恒成立。

令φ(x)=x2-2(a+1)x+4a+1(x＞3),则φ(x)图像为开口向上,对称轴为x=a+1的抛物线的一部分。

①当a≤2 时,a+1≤3,φ(x)在(3,+∞)上单调递增,且φ(3)=4-2a≥0。

所以,φ(x)≥0,即h'(x)≥0,故函数h(x)在(3,+∞)上单调递增。

又h(3)=0,所以h(x)＞0在(3,+∞)上恒成立,满足题意。

②当a＞2时,a+1＞3,φ(3)=4-2a＜0,所以方程φ(x)=0 有两个相异实根。设为x1,x2,且x1＜x2,则x1＜3＜x2。

当x∈(3,x2)时,φ(x)＜0,h'(x)＜0,h(x)在(3,x2)上单调递减。

又因为h(3)=0,所以当x∈(3,x2)时,h(x)＜h(3)=0,h(x)＞0 在(3,+∞)上不恒成立,不满足题意。

综上,a的取值范围为(-∞,2]。

点评：本题考查利用函数解决不等式恒成立求参数的取值范围,不便于分离参数。注意到h(3)=0,由此对实数a的取值进行分类讨论,将问题转化为考查函数h(x)在(3,+∞)上的单调性,只需对实数a的取值进行分类讨论,结合单调性来求解。

三、拆解法求参数的取值范围

例3已知函数f(x)=ex-ax+2(e为自然对数的底数)。

(1)若a=2,求f(x)的单调区间;

(2)设g(x)=ex+e-x,若对任意x∈R,均存在x0∈[-1,2],使得f(x)＞g(x0),求实数a的取值范围。

解析:(1)若a=2,f(x)=ex-2x+2,则f'(x)=ex-2。

令f'(x)=ex-2＞0,得x＞ln 2;

令f'(x)=ex-2＜0,得x＜ln 2。

所以f(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增。

(2)由题意可知,即求f(x)＞g(x0)min成立的a的取值范围。

因为g(x)=ex+e-x,x∈[-1,2],所以,当且仅当x=0时取等号。

故g(x0)min=2,即求f(x)=ex-ax+2＞2对任意x∈R 成立的a的取值范围。

当a＜0 时,f'(x)=ex-a＞0,此时f(x)在R 上单调递增,且,不满足f(x)min＞2。当a=0时,易知f(x)＞2,显然成立。

当a＞0 时,令f'(x)=ex-a＞0,得x＞lna;令f'(x)=ex-a＜0,得x＜lna。

故f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增。

f(x)min=f(lna)=a-alna+2。

则a-alna+2＞2,解得0≤a＜e。

综上,实数a的取值范围为[0,e)。

例4已知函数f(x)=xex,g(x)=- (x+1)2+a,若∃x1,x2∈R,使 得f(x2)≤g(x1)成立,则实数a的取值范围是( )。

解析:∃x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则f(x)min≤g(x)max。

由题意得f'(x)=ex+xex=(x+1)ex。

所以函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,f(x)min=

由题意得g(x)max=g(-1)=a,则a≥,选C。

点评：“双变量”的恒(能)成立问题可以拆解求参数,进行等价变换,常见的拆解转换有：(1)∀x1,x2∈D,f(x1)＞g(x2)⇔f(x)min＞g(x)max；

(2)∀x1∈D1,∃x2∈D2,f(x1)＞g(x2)⇔f(x)min＞g(x)min；

(3)∃x1∈D1,∀x2∈D2,f(x1)＞g(x2)⇔f(x)max＞g(x)max。

四、同构变形、构造函数求参数的取值范围

例5(2023年山东省部分学校联考)已知函数f(x)=aeax-lnx,对任意的x＞1,f(x)≥0恒成立,则a的取值范围是_____。

解析:当a≤0时,f(x)＜0不符合题意。当a＞0 时,则aeax≥lnx,即axeax≥xlnx⇔eaxln eax≥xlnx。

设g(x)=xlnx(x＞1),则g'(x)=lnx+1＞0恒成立,故g(x)在(1,+∞)上单调递增。

因为x＞1,a＞0,所以eax＞1。

点评：求解不等式恒(能)成立问题时,要注意对不等式进行合理的变形,便于构造函数后求导研究其性质,合理的等价转化往往可以达到事半功倍的效果。

总之,逻辑关系是数学推理的本质,处理函数中任意性与存在性问题,要学会从不同的角度、不同的方向加以分析探讨, 认清逻辑关系,熟练掌握分离参数法、数形结合、分类讨论等常用的方法,巧妙转化为“能成立”与“恒成立”问题,从而能在解题时选取恰当的解法,触类旁通。只有这样“明辨、清源”,同学们才能在考试过程中实现“水源不断,活水常来”。

变式训练

1.已知函数f(x)=lnx-ax(a是常数),若∀x＞0,f(x)＜0,则实数a的取值范围_____。

解析:因为∀x＞0,f(x)＜0,所以lnx-ax＜0恒成立,即

易得当x∈[1,e]时,lnx-2x+1＜0,且2lnx-x-1＜0,从而F'(x)＜0,所以F(x)在[1,e]上单调递减。

于是a＞F(x)min=F(e)=-1-e。

故a的取值范围为(-1-e,+∞)。

f(x)max≤g(x)max,解 得m∈