08 导数中的恒成立问题解法探究-《中学生数理化》高二数学2023年6月刊

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 例 1 (2023年河南洛阳高三摸底)已 知f(x)= ln x+a x ,g(x)=ex+ 2 x-1 。 (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。 解析:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),解 得f'(x)= 1-a-ln x x2 。 故f'(e)=- a e2 。由已知可得f'(e)×2 =-1,则a= e2 2 。 由f'(x)=0,可得x=e 1-e 2 2。 可得到表1。 表1 x 1 2 0 ,e 1-e 2 2 e1-e 2 2 1 2 e 1-e 2 2,+∞ f'(x) + 0 - f(x) 单调递增 极大值 单调递减 故f(x)的极大值为f 1 2 e 1-e 2 2 =e e2 2-1,无 极小值。 (2)当x>0时,g(x)≥f(x),即ex+ 2 x-1≥ ln x+a x ,化简可得,a≤x(ex-1)- ln x+2。 令F(x)=x(ex-1)-ln x+2(x>0), 只需a≤F(x)min。 F'(x)=(x+1)ex- 1 x ,令h(x)= ex- 1 x (x>0),则h'(x)=ex+ 1 x2 >0。 故h(x)在(0,+∞)上单调递增。 因h 12 =e 1 2-2<0,h(1)=e-1>0, 故存在唯一的x0∈(0,+∞),使得h(x0)= e x0- 1 x0 =0。 当0<x<x0 时,h(x)<0,即F'(x)< 0,f(x)单调递减;当x>x0 时,h(x)>0,即 F'(x)>0,F(x)单调递增。 故F(x)min=F(x0)=x0(e x0 -1)- ln x0+2=x0e x0-(x0+ln x0)+2。 由e x0- 1 x0 =0,得x0e x0=1。 两边取对数得x0+ln x0=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<f(x)恒成立⇔a<f(x)min。 但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新 函数能直接求出极值点的情况,若发现极值 点不容易求出,则用隐零点解决,首先设出隐 零点x0,然后代入得到等式φ(x0)=0,根据 设出的隐零点得到函数的单调区间,求出函 数的极 值 g(x0),利 用 极 值 g(x0)分 离 出 72 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年6月 φ(x0),再化简成新的表达式h(x0),最后求 h(x0)的最值。 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-aln x。 (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。 解析:(1)函数 f(x)的定义域是(0, +∞),当a=1时,f'(x)=2- 1 x 。 令f'(x)>0,得x> 1 2 ,所以函数f(x) 在 1 2 ,+∞ 上单调递增; 令f'(x)<0,得0<x< 1 2 ,所以函数 f(x)在 0, 1 2 上单调递减。 所以 函 数 f(x)的 单 调 递 增 区 间 为 1 2 ,+∞ ,单调递减区间为 0,12 。 (2)f(x)≥(a+2)x-xex 恒成立,等价 于xex-a(x+ln x)≥0。 令h(x)=xex-a(x+ln x)(x>0),因 此,h'(x)= (x +1)ex -a 1+ 1 x = (x+1)ex- a x 。 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+ln x)≥