函数恒(能)成立之导数解法-《中学生数理化》高二数学2024年1月刊

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。 解析:ex-x-1≤x2 + (a-1)x 在x∈ (0,+∞)内有解,即a≥ ex-x2-1 x 在x∈(0, +∞)内有解。 令g(x)= ex-x2-1 x ,x∈(0, + ∞), 则g'(x)= (ex-2x)·x-(ex-x2-1) x2 = (x-1)(ex-x-1) x2 。 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。 因此,f'(x)=ln(x-2)+ x-1 x-2-1= ln(x-2)+ 1 x-2 。 令g(x)=ln(x-2)+ 1 x-2 ,则g'(x)= 1 x-2- 1 (x-2)2 = x-3 (x-2)2 。 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 ln(x-2)- a(x-3) x-1 >0 在(3,+∞)上恒成 立。 令h(x)=ln(x-2)- a(x-3) x-1 (x>3)。 则 h' (x)= 1 x-2 - 2a (x-1)2 = x2-2(a+1)x+4a+1 (x-2)(x-1)2 。 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。 32 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年1月 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