10 导数在恒(能)成立问题中的应用之“一题多解”-《中学生数理化》高二数学2023年6月刊

■江苏省太仓市明德高级中学 王佩其 含参不等式恒(能)成立问题,是一类值 得关注的常考题型,这类问题具有综合性强 与方法灵活的特点,同时也体现了导数的灵 活应用。虽然这类问题具有一定难度,但它 同样能呈现“一题多解”的“奇观”,下面举两 例与同学们共赏。 一、恒成立问题 例 1 已知f(x)=x(1+ln x),若 k∈Z,且k(x-2)<f(x)对任意x>2恒成 立,则k的最大值为( )。 A.3 B.4 C.5 D.6 解析:(解法1)由题意可得: k< x(1+ln x) x-2 (x>2)。 设g(x)= x(1+ln x) x-2 (x>2),则k< g(x)min,g'(x)= x-2ln x-4 (x-2)2 (x>2)。 设h(x)=x-2ln x-4(x>2),则 h'(x)=1- 2 x= x-2 x >0 ,所以h(x)在(2, +∞)上单调递增。 因此,h(x)>h(2)=-2ln 2-2。 又h(8)=4-2ln 8<0,h(9)=5- 2ln 9>0,所以方程h(x)=0在(2,+∞)上 存在唯一实数根x0,即x0=2ln x0+4,且 x0∈(8,9)。 所以g(x)在(2,x0)上单调递减,在(x0, +∞)上单调递增。 因此,g(x)≥g(x0)= x0(1+ln x0) x0-2 = x0 1+ x0-4 2 x0-2 = 1 2x0 。 因为8<x0<9,所以k≤4。 故kmax=4,选B。 (解法2)由题意知f(x)=x(1+ln x), k∈Z,且k(x-2)<f(x)对任意x>2恒成 立。 取x=4,则有2k<4(1+ln 4),即k< 2(1+2ln 2)。 因为ln 2≈0.693 1,所以4<2(1+ 2ln 2)<5。 又k∈Z,所以k≤4。 再证明4(x-2)<f(x)对任意x>2恒 成立。 设h(x)=1+ln x-41- 2 x =ln x+ 8 x-3 ,则h'(x)= 1 x- 8 x2 = x-8 x2 。 令h'(x)=0,得x=8。 所以h(x)在(0,8)上单调递减,在(8, +∞)上单调递增,即h(x)min=h(8)=ln 8+ 1-3=ln 8-2>0(22>e)。 所以结论成立,即kmax=4。故选B。 (解法3)设g(x)=k(x-2)-x(1+ ln x),所以g'(x)=k-2-ln x。 令g'(x)=0,得x=ek-2。 所以当0<x<ek-2 时,g'(x)>0,g(x) 单调递增;当x>ek-2 时,g'(x)<0,g(x)单 调递减。故g(x)max=g(ek-2)<0。 结合选项检验得k≤4,所以kmax=4。故 选B。 (解 法 4)由 题 意 得 1+ln x ≥ k1- 2 x 对任意x>2恒成立,即ln x+ 2k x≥k-1 对任意x>2恒成立。 63 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2023年6月 构造函数g(x)=ln x+ 2k x ,则g'(x)= 1 x- 2k x2 ,g'(2k)=0。 若2k<2,则g(x)≥g(2)=ln 2+k> k-1,恒成立;若2k≥2,则g(x)≥g(2k)= ln(2k)+1≥k-1,k-ln(2k)≤2。 构造函数h(k)=k-ln(2k),则h'(k)= 1- 1 k>0 ,h(k)在定义域内单调递增。 又h(1)=1-ln 2<2,h(3)=3-ln 6< 2,h(4)=4-ln 8<2,h(5)=5-ln 10>2,所 以4<k<5。 1+ln x>41- 2 x 对任意x>2恒成 立,等价于x(1+ln x)>4(x-2)对任意 x>2恒成立,即k≤4,k 的最大值为4。 选 B。 点评:本例解法1采用了分离参数法,构 造函数g(x)= x(1+ln x) x-2 (x>2),用隐零 点求解。解法2和解法3是利用特殊值验证 法,对于选择题、填空题可以快速求解。解法 4合理构造函数g(x)=ln x+ 2k x ,对k 合理 分类讨论求解。从以上四种解法可以看出, 合理构造函数,并利用导数求出该函数的最 值或研究该函数的图像特点是成功破解这类 问题的关键。 二、能成立问题 例 2 若 存 在 x0>0,使 得 ax0+ ln x0+1≥x0e 2x0,则实数a 的取值范围是 。 解析:(解法1)“存在x0>0,使得ax0+ ln x0+1≥x0e 2x0”等 价 于“x0e 2x0 -ax0- ln x0-1≤0在(0,+∞)上能成立”。 设g(x)=xe2x-ax