06 多策并举 突破恒成立问题-《中学生数理化》高二数学2025年1月刊

多策并举　突破恒成立问题 ■河南省洛阳市第一高级中学 孟应兵 函数与导数知识是历年高考重点考查的 内容之一,具有思维量大、运算烦琐的特点, 其综合试题一般出现在试卷压轴题的位置。 试题经常从函数的切线、对称轴、极值点、零 点出发,考查同学们的理解能力、运算能力、 逻辑推理能力和创新能力等。试题命制背景 深刻,需要综合运用函数、方程、不等式等知 识,运用数形结合、分类讨论、函数方程、转化 与化归等数学思想方法求解,全方位考查同 学们的综合能力和数学核心素养。 纵观近几年高考中的导数试题,其命题 方向主要集中在以下五个方面: 1.导数在研究函数单调性、极值、最值中 的应用; 2.导数的运算与几何意义,特别是切线 问题; 3.函数的零点与方程的实数根的分布问题; 4.不等式的证明问题; 5.不等式恒成立,求参数的取值范围。 下面重点分析恒成立问题的解题策略。 例 1 (2016年全国Ⅱ卷文科)已知函 数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1)。 (1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程; (2)当x∈(1,+∞)时,f(x)>0恒成 立,求a的取值范围。 解析:(1)当a=4时,f(x)=(x+1)· ln x-4(x-1),f'(x)=ln x+ 1 x-3 ,则 f(1)=0,f'(1)=-2。 所求的切线方程为y=-2(x-1),即 y=-2x+2。 (2)解法1(分类讨论,最值研究) 要使当x∈(1,+∞)时,f(x)>0恒成 立,只需f(x)min>0。 f'(x)=ln x+ x+1 x -a ,f″(x)= 1 x+ x-(x+1) x2 = x-1 x2 。当 x∈(1,+∞)时, f″(x)>0,故f'(x)=ln x+ x+1 x -a 在(1, +∞)上单调递增。 易知f'(1)=2-a。 当2-a≥0,即 a≤2 时,f'(x)> f'(1)≥0,f(x)在(1,+∞)上单调递增。 因为f(1)=0,所以f(x)>f(1)=0,符 合题意。 当2-a<0,即a>2时,f'(1)=2-a< 0。且当x→+∞时,f'(x)→+∞。 又f'(ea-1)= 1 ea-1 >0,则必然存在一点 x0∈(1,ea-1),使得f'(x0)=0。 故函数f(x)在(1,x0)上单调递减,在 (x0,+∞)上单调递增。 因为f(1)=0,所以当x∈(1,x0)时, f(x)<f(1)=0,不符合题意。 综上,a的取值范围是(-∞,2]。 点评:分类讨论是解答高考压轴题的常 用方法,近年来高考数学导数压轴题,几乎都 用到此法。同学们要理解什么样的问题需要 分类讨论,为什么需要分类讨论,如何分类 等。 解法2(等价转化,构造函数) 当x∈(1,+∞)时,f(x)>0⇔ln x- a(x-1) x+1 >0 。 令g(x)=ln x- a(x-1) x+1 。 则g(1)=0,g'(x)= 1 x- 2a (x+1)2 = x2+2(1-a)x+1 x(x+1)2 。 令h(x)=x2+2(1-a)x+1。 当Δ=[2(1-a)]2-4=4a2-8a≤0,即 0≤a≤2时,h(x)≥0恒成立。 此时g'(x)≥0恒成立,g(x)单调递增, g(x)>g(1)=0,符合题意。 当Δ=[2(1-a)]2-4=4a2-8a>0 71 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 时,则a>2或a<0。 令g'(x)=0,得x1=a-1+ a2-2a, x2=a-1- a2-2a。 当a<0时,x2<x1=a-1+ a2-2a< 0,g'(x)>0恒 成 立,g(x)单 调 递 增,则 g(x)>g(1)=0,符合题意。 当a>2时,x1>x2,且 x1=a-1+ a2-2a>1。由x1x2=1,得0<x2<1。 故当x∈(1,x1)时,g'(x)<0,g(x)单 调递减,g(x)<g(1)=0,不符合题意。 综上,a的取值范围是(-∞,2]。 (另解)当a≤2时,已知x∈(1,+∞), 则x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1= (x-1)2>0,即g'(x)>0,g(x)单调递增, 所以g(x)>g(1)=0,符合题意。 当a>2时,已知x∈(1,+∞)。 令g'(x)=0,得x1=a-1+ a2-2a, x2=a-1- a2-2a。 由x1>1及x1x2=1,得0<x2<1。 故当x∈(1,x1)时,g'(x)<0,g(x)单 调递减,g(x)<g(1)=0,不符合题意。 综上,a的取值范围是(-∞,2]。 点评:当解决的问题比较复杂时,我们可以 通过恒等变形,将所要解答的问题转化成一个 容易解决的问题,一般通过构造函数来解决。 解法3(端点效应,端点分析法) f'(x)=ln x+ x+1 x -a 。 依题意知f(1)=0,所以一定存在x0> 1,使得当x∈[1,x0)时,f'(x)≥0成立。 否则,对任意的x0>1,当x∈(1,x0)时, f'(x)<0,则 f(x)单 调 递 减,f(x)< f(1)=0,不符合题意。 故f'(1)=2-a≥0,则a≤2。 下面证明当a≤2时,f(x)>0恒成立。 f'(x)=ln x+ x+1 x -a ,f″(x)= 1 x+ x-(x+1) x2 = x-1 x2 >0。 故f'(x)=ln x+ x+1 x -a 在(1,+∞) 上单调递增。 当a≤2时,f'(x)>f'(1)=2-a≥0, 故f(x)在(1,+∞)上单调递增,f(x)> f(1)=0。故a的取值范围是(-∞,2] 点评:当我们解决的问题比较复杂时,可 以从特殊情况入手,先找到问题成立的必要 条件,再想办法找到充分条件,其中端点效应 是常见的解题技巧。 解法4(分离参数) 当x∈(1,+∞)时,f(x)>0⇔a< (x+1)ln x x-1 ,依题意知a< (x+1)ln x x-1 min。 令g(x)= (x+1)ln x x-1 ,则 g'(x)= ln x+ x+1 x (x-1)-(x+1)ln x (x-1)2 = x- 1 x-2ln x (x-1)2 。 令h(x)=x- 1 x-2ln x,则h'(x)= 1+ 1 x2 - 2 x= (x-1)2 x2 >0,h(x)在(1,+∞) 上单调递增。 故h(x)>h(1)=0,g(x)在(1,+∞)上 单调递增。 由 洛 必 达 法 则 得 lim x→1+ g (x)= lim x→1+ (x+1)ln x x-1 =limx→1+ ln x+ x+1 x =2,故 a≤2。 综上,a的取值范围是(-∞,2]。 点评:讨论含有参数的方程或不等式的 问题时,若进行分类讨论,有时显得比较复 杂;若将含有参数的式子经过变形,将参数分 离出来,使式子的一端只含有参数的解析式, 而另一端转化为与参数无关的主变元函数, 通过函数值或单调性讨论原方程解的情况, 往往显得比较简捷有效。 上述4种方法是解“不等式恒成立,求参 数范围”问题的基本策略。 【策略1】将问题转化为常见的求函数最 值问题进行研究,若求导后仍为超越函数,则 需要二阶求导,进而研究原函数和导函数的 单调性。 81 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 【策略2】通过适当变换,研究新函数的 单调性及最值问题,避免了二阶求导的过程。 【策略3】端点分析法,通过端点处的特 殊情况,求出参数的取值范围,需要进一步证 明所求范围是不等式成立的充分条件。 【策略4】通过分离参数,研究分离参数 后函数的最值问题。然而在求解过程中发现 新函数在定义域上单调递增,取不到区间左 端点值,这时需要借助洛必达法则求函数在 区间左端点处的极限值,从而解决问题。 下面我们研究2020年新高考Ⅰ卷试题。 例 2 (2020年新高考Ⅰ卷)已知函数 f(x)=aex-1-ln x+ln a。 (1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点 (1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形 的面积; (2)若f(x)≥1,求a的取值范围。 解析:(1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+ 1,故f'(x)=ex- 1 x 。 则k=f'(1)=e-1。 因为f(1)=e+1,所以切点的坐标为 (1,e+1)。 故函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方 程为y-e-1=(e-1)(x-1),即 y= (e-1)x+2。 则切线与坐标轴交点的坐标分别为(0, 2), -2e-1 ,0 。 所求三角形的面积为 1 2×2× -2 e-1 = 2 e-1 。 (2)解法1(函数最值法) 因为f(x)=aex-1-ln x+ln a,所以 f'(x)=aex-1- 1 x ,且a>0。 设g(x)=f'(x),则g'(x)=aex-1+ 1 x2 >0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,即 f'(x)在(0,+∞)上单调递增。 当a=1时,f'(1)=0,即f(x)min=f(1) =1,故f(x)≥1成立。 当a>1 时, 1 a <1 ,即 e 1 a-1 <1,且 f' 1 a f'(1)=a e 1 a-1-1 (a-1)<0。 故存在唯一x0>0,使得f'(x0)=ae x0-1 - 1 x0 =0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0。 则aex0 -1 = 1 x0 ,ln a+x0-1=-ln x0。 故f(x)min=f(x0)=ae x0-1-ln x0+ ln a= 1 x0 +ln a+x0-1+ln a≥2ln a-1+ 2 1 x0 ·x0=2ln a+1>1。 因此,f(x)≥1恒成立。 当0<a<1时, f(1)=a+ln a<a<1, f(x)≥1不恒成立。 综上,实数a的取值范围是[1,+∞)。 解法2(同构法) f(x)=aex-1-ln x+ln a=eln a+x-1- ln x+ln a≥1,等价于eln a+x-1+ln a+x-1 ≥ln x+x=eln x+ln x。 令g(x)=ex+x,则上述不等式等价于 g(ln a+x-1)≥g(ln x),显然g(x)为增函数。 故ln a+x-1≥ln x,即ln a≥ln x- x+1。 令h(x)=ln x-x+1,则h'(x)= 1 x- 1= 1-x x 。 当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增。 当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单 调递减。 故h(x)max=h(1)=0,ln a≥0,即a≥1。 综上,实数a的取值范围是[1,+∞)。 解法3(放缩法) 易知ex-1≥x,-ln x≥1-x。 当0<a<1时,f(1)=a+ln a<a<1, 故f(x)≥1不恒成立。 当a=1时,f'(1)=0,故 f(x)min= f(1)=1,f(x)≥1恒成立。 当a>1时,f(x)=aex-1-ln x+ln a> ex-1-ln x≥x-(x-1)=1。 91 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞)。 解法4(必要条件探路) 由题意知f(1)=a+ln a≥1,则a≥1。 下面证当a≥1时,f(x)=aex-1-ln x+ ln a≥ex-1-ln x≥1成立即可。 证明过程略。 点评:本题是全国新高考第一年教育部考 试中心命制的函数解答题,可以看到命题的视 角与上一道题没有本质变化,依然在考查不等 式恒成立求参数的取值范围。在解答过程中, 如果前面所讲策略不能立竿见影,我们还可以 考虑利用放缩、同构等恒等变形技巧解题。 下面我们再研究一道高考试题。 例 3 (2022年新高考Ⅱ卷)已知函数 f(x)=xeax-ex。 (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性。 (2)当x>0时,f(x)<-1,求a的取值 范围。 (3)设n∈N*,证明: 1 12+1 + 1 22+2 +…+ 1 n2+n >ln(n+1)。 解析:(1)当a=1时,f(x)=(x-1)ex, 则f'(x)=xex。 当x<0时,f'(x)<0;当 x>0时, f'(x)>0。 f(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调 递增区间为(0,+∞)。 (2)解法1(分类讨论) 设h(x)=xeax-ex+1,则h(0)=0, h'(x)=(1+ax)eax-ex。 设g(x)=(1+ax)eax-ex,则g'(x)= (2a+a2x)eax-ex。 若a> 1 2 ,则g'(0)=2a-1>0。 因为g'(x)为连续不间断函数,所以存 在x0∈(0,+ ∞),使 得 x∈ (0,x0)时, g'(x)>0,即g(x)在(0,x0)上为增函数, g(x)>g(0)=0。 因此,h(x)在 (0,x0)上 为 增 函 数, h(x)>h(0)=0,与题设矛盾。 若0<a≤ 1 2 ,则h'(x)=(1+ax)eax- ex=eax+ln(1+ax)-ex。 下面证明:对任意x>0,总有ln(1+x) <x 成立。 设S(x)=ln(1+x)-x,则S'(x)= 1 1+x-1= -x 1+x<0 ,S(x)在(0,+∞)上单 调递减,S(x)<S(0)=0,故ln(1+x)<x 成 立。 由上述不等式得eax+ln(1+ax)-ex<eax+ax- ex=e2ax-ex≤0,故h'(x)≤0,即h(x)在(0, +∞)上单调递减,h(x)<h(0)=0。 当a≤0时,h'(x)=eax-ex+axeax< 1-1+0=0,故h(x)在(0,+∞)上单调递 减,h(x)<h(0)=0。 综上,a≤ 1 2 。 解法2(必要性探路) 由题意知f'(x)=(ax+1)eax-ex,则 f″(x)=(a2x+2a)eax-ex。 因为f(0)=-1,f'(0)=0,所以f″(0) =2a-1≤0,解得a≤ 1 2 。 下面证明当x>0时,xeax-ex<-1对 a≤ 1 2 恒成立。 只需证明xe 1 2x-ex<-1对x>0恒成 立⇔x<e 1 2x- 1 e 1 2x 对x>0恒成立。 令t=e 1 2x>1,则x=2ln t,原式等价于 2ln t<t- 1 t 对t>1恒成立。 设p(t)=t- 1 t -2ln t(t>1),则 p'(t)=1+ 1 t2 - 2 t= (t-1)2 t2 >0。 故p(t)>p(1)=0。 则a的取值范围为 -∞, 1 2 。 (3)解法1 取a= 1 2 ,则∀x>0,总有 xe 1 2x-ex+1<0成立。 令t=e 1 2x,则t>1,t2=ex,x=2ln t。 02 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 故2tln t<t2-1,即2ln t<t- 1 t 对任意 的t>1恒成立。 所以 对 任 意 的 n∈N*,2ln n+1 n < n+1 n - n n+1 。 整理得到ln(n+1)-ln n< 1 n2+n 。 则 1 12+1 + 1 22+2 +…+ 1 n2+n > ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+…+ln(n+1)-ln n =ln(n+1)。 解法2 ln(n+1)=ln 2 1+ln 3 2+ …+ ln n+1 n 。要 证 1 12+1 + 1 22+2 + … + 1 n2+n >ln(n+1),只 需 证 1 n2+n > ln n+1 n ,即证 1 n2+n >2ln n+1 n ,也即证 n+1 n - n n+1>2ln n+1 n 。 令x= n+1 n >1 ,则需证2ln x<x- 1 x ,即2ln x-x+ 1 x<0 (x>1)。 令φ(x)=2ln x-x+ 1 x ,x>1,则 φ'(x)= 2 x-1- 1 x2 = -(x-1)2 x2 <0,φ(x)单 调递减,φ(x)<φ(1)=0,故2ln x-x+ 1 x<0 。 证毕。 点评:本题设计三问,层层递进,由浅入 深,第一问是课本例题,第二问考查恒成立问 题,第三问为数列不等式证明。通过本题的 分析,我们可以看到:在熟练掌握恒成立问题 基本技巧的基础上,如果能掌握更快捷处理 问题的方法,就会取得事半功倍的效果。 导数背景下不等式恒成立问题,往往需 要利用导数判断函数的单调性,有时还需要 对导函数进一步求导,研究其符号特征,处理 此类问题时注意利用范围端点的性质来确定 如何分类。 (责任编辑 徐利杰) 􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕 12 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月