11.导数与不等式问题的解题策略及技巧-《中学生数理化》高考数学2024年5月刊

■北京师范大学台州附属高级中学 吴锭昂 导数是我们研究函数很重要的工具,同 时在高考中,导数的地位也尤其重要,难度也 较大。导数与不等式相关的一些问题是导数 大题的热点问题,这需要同学们掌握用导数 去研究函数的基本方法与基本模型。下面我 们通过几个例题来阐述解决导数与不等式问 题的一些方法与技巧。 题型一、多次求导证明不等式 借助导数证明不等式是高考热门考点, 常规的处理方式是作差构造函数,然后借助 导数研究函数的最值,从而证明不等式。但 是同学们在证明的过程中也会遇到问题,比 如一次求导不能看出正负,所以无法判断原 函数的单调性,此时可能要进一步求导或者 采取其他方法,比如放缩等。 例 1 证明:当x≥0时,cos x≥1- 1 2x 2。 证明:令g(x)=cos x+ 1 2x 2-1,则 g'(x)=-sin x+x。令k(x)=g'(x),则 k'(x)=-cos x+1≥0,∀x∈[0,+∞)恒成 立,所以g'(x)在[0,+∞)上单调递增,所以 g'(x)≥g'(0)=0,所以g(x)在[0,+∞)上 单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,所以当x≥ 0时,恒有cos x≥1- 1 2x 2 成立。 点评:本题通过一次求导是没有办法直 接得 到 原 函 数 的 单 调 性,但 是 可 以 关 注 到 g'(0)=0,所以对导函数进行了二次求导,发 现导函数是单调递增的,从而判断出导函数 在给定的范围内是恒大于0的。 题型二、分离参数+隐零点 含参的恒成立或能成立问题是高考常考 题型,求参数的取值范围的方法一般有两种: 分离参数和分类讨论,而在有的题目表征上, 当参数和变量之间没有很紧密地结合在一起 时,我们可以选择使用分离参数的方式。当 然分离参数前要考虑不等号方向是否要变 号,或者对不等号是否要进行分类讨论,也要 考虑分离参数后不等号右侧的函数是否能够 很好地进行研究。 例 2 已知函数f(x)=ln x+mx+ 1,g(x)=x(ex-1)。若对于定义域内任意 的x,都有f(x)≤g(x)恒成立, 求 m 的取 值范围。 解析:对于定义域内任意的x,f(x)≤ g(x)恒成立,即 m+1≤ex- ln x+1 x 在(0, +∞)上恒成立。 设φ(x)=ex - ln x+1 x ,则 φ'(x)= x2ex+ln x x2 。 设q(x)=x2ex+ln x,则q'(x)=(x2+ 2x)ex+ 1 x>0 ,所以q(x)在其定义域内单调 递增,且q 1 2 <0,q(1)>0,所以q(x)有唯 一零点x0,且x20ex0+ln x0=0,所以x0ex0= - ln x0 x0 =-ln x0·e-ln x0。 构造函数h(x)=xex,所以h(x0)= h(-ln x0),又函数h(x)=xex 在(0,+∞) 上是增函数,故x0=-ln x0。所以φ(x)在 (0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递 增,所以φ(x)≥φ(x0)=e x0- ln x0+1 x0 = 1 x0 + x0-1 x0 =1。 所以m 的取值范围为(-∞,0]。 点评:本题的切入点很明确,容易想到将 m+1分离出来,不等号右边的函数是分式型 33 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年5月 函数,其导数必定也是分式型,因此,要想研 究导数的符号,只需要研究导数的分子即可。 同学们可将导数的分子单独取出来研究,令 q(x)=x2ex+ln x,但是无法对q(x)进行求 根,而通过零点存在性定理判断其必有一个 零点x0∈ 1 2 ,1 ,故φ(x)的最小值必然是 φ(x0),接着通过隐零点去求φ(x0)即可。 题型三、分类讨论 例 3 已知函数f(x)=aln (x+1)- 2ex+sin x+2,a∈R。若f(x)≤0在[0,π] 上恒成立,求a的取值范围。 解析:由题意知,f'(x)= a x+1-2e x+ cos x,令 g(x)=f'(x),则 g'(x)= - a (x+1)2 +2ex+sin x 。 若a≤0,对任意的x∈[0,π],-2ex≤- 2,cos x∈[-1,1],则f'(x)<0,所以f(x) 在[0,π]上单调递减,所以f(x)≤f(0)=0, 满足题意。 若a>0,则g'(x)<0在[0,π]上恒成 立,所以f'(x)在[0,π]上单调递减,且f'(0) =a-1,f'(π)= a π+1-2e π-1。 ①当a-1≤0,即0<a≤1时,f'(x)≤ 0,所以f(x)在[0,π]上单调递减,所以f(x) ≤f(0)=0,满足题意。 ②当f'(0)>0且f'(π)<0,即1<a< (2eπ+1)(π+1)时,由零点存在性定理知, ∃x0∈[0,π],使得f'(x0)=0。当x∈[0, x0)时,f'(x)>0,所以f(x)在[0,π]上单调 递增,所以f(x)>f(0)=0,不满足题意。 ③当f'(π)≥0,即a≥(2eπ+1)(π+1) 时,对任意的x∈[0,π],f'(x)≥0,f(x)单 调递增,所以f(x)>f(0)=0,不满足题意。 综上可得,a的取值范围为(-∞,1]。 点评:本题如果进行分离参数,得到的函 数求导后将会特别复杂,故同学们可以选择 直接求导,通过对a的取值进行分类讨论,研 究原函数的单调性。导函数的性质受a 的变 化影响,所以我们首先要考虑a 在不同的区 间内,导函数的正负会有哪些变化。例如本 题,当a≤1时,f'(x)≤0恒成立;当a>1 时,导函数的正负性及原函数的单调性发生 了很大的变化,需要对不同范围的a 再进行 讨论,从而得到满足题意的结果。 题型四、同构 例 4 已知函数f(x)=(x2+1)ln x -x2-ax。若方程f(x)=axe2ax-x2 有解, 求实数a的取值范围。 解析:由f(x)=axe2ax-x2,得2(x2+ 1)ln x=2ax(e2ax+1),即(x2+1)ln x2= (e2ax+1)ln e2ax。 设h(x)=(x+1)ln x,则 h(x2)= h(e2ax),且h'(x)=ln x+1+ 1 x 。 设m(x)=ln x+1+ 1 x ,则 m'(x)= x-1 x2 ,由 m'(x)<0,解得0<x<1,此时 m(x)单调递减;由m'(x)>0,解得x>1,此 时m(x)单调递增。所以 m(x)≥m(1)=2 >0,即h'(x)>0,所以h(x)在(0,+∞)上 单调递增,所以方程f(x)=axe2ax-x2 有 解,即x2=e2ax 在(0,+∞)上有解,即2ax= 2ln x 有解,即a= ln x x 有解。 设n(x)= ln x x ,则n'(x)= 1-ln x x2 。 由n'(x)>0,解得0<x<e,此时n(x) 单调递增;由n'(x)<0,解得 x>e,此时 n(x)单调递减。 所以n(x)≤n(e)= 1 e ,且当x→0时, n(x)→-∞,所以a≤ 1 e 。 所以实数a的取值范围为 -∞, 1 e 。 点评:本题中的参数a 与变量x 完全交 融在一起,一般无法直接分离参数,又因为函 数极其复杂,我们需要去观察式子之间的相 关性,发现通过同构能够将两个复杂的式子 统一起来,从而构造了一个新函数使问题简 单化,而我们遇到比较多的指対同构一般需 要x=ln ex 或者x=eln x 作为媒介进行。例 如本题也是如此。 (责任编辑 王福华) 43 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年5月