許銀伙 楊蒼洲

(1.福建省泉州外國(guó)語(yǔ)中學(xué) 362000；2.福建省泉州第五中學(xué) 362000)

例題1 (濟(jì)南2014高考模擬) 已知函數(shù)f(x)=k(x-1)ex+x2.

(2)若在y軸的左側(cè)，函數(shù)g(x)=x2+(k+2)x的圖象恒在f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)圖象上方，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；

(3)對(duì)k≤-1時(shí)，求函數(shù)f(x)在[k,1]上的最小值m.

分析與解(1)所求切線方程為x-y=0.

(2)由已知得：g(x)>f′(x)對(duì)x<0恒成立.

∵f′(x)=kxex+2x，

∴x2+(k+2)x>kxex+2x對(duì)x<0恒成立，即x

方法一令h(x)=k(ex-1)-x，則須h(x)>0對(duì)x<0恒成立.

∵h(yuǎn)′(x)=kex-1，x<0時(shí)，0

當(dāng)k≤1時(shí)，h′(x)<0對(duì)x<0恒成立，h(x)在區(qū)間(-,0)單調(diào)遞減.

又∵h(yuǎn)(0)=0，∴h(x)>0對(duì)x<0恒成立，符合.

則函數(shù)h(x)在區(qū)間(-,單調(diào)遞減，在區(qū)間單調(diào)遞增，∴不符合.

綜上得：所求實(shí)數(shù)k的取值范圍為(-,1].

令φ(x)=(1-x)ex-1(x<0)，則φ′(x)=-xex>0對(duì)x<0恒成立，

∴φ(x)在區(qū)間(-,0)上單調(diào)遞增.

∵φ(0)=0，∴φ′(x)<0.

所求最小值m=1.

反思與評(píng)注

(1)求實(shí)數(shù)a的值；

分析與解(1)a=0.

由題意得：所求實(shí)數(shù)m的取值范圍為(-,e].

(3)不存在.理由略.

例題3 (2014沈陽(yáng)高三質(zhì)量檢測(cè)二)

已知函數(shù)f(x)=mx-sinx，g(x)=axcosx-2sinx(a>0).

(1)若過(guò)曲線y=f(x)上任意相異兩點(diǎn)的直線斜率都大于0，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；

分析與解：

(1)m≥1.

(2)m=1時(shí)，f(x)=x-sinx，f(x)≥g(x)即x-sinx≥axcosx-2sinx.

∵h(yuǎn)(0)=0，∴h′(x)=(1+cosx)-a(cosx-xsinx)≥0對(duì)x=0右側(cè)附近成立.

h(x)=x+sinx-axcosx≥x+sinx-2xcosx，

當(dāng)a>2時(shí)，h′(0)=2-a<0，

即h(x)對(duì)x∈[0,x0]單調(diào)遞減，∴h(x0)

綜上得：所求實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,2].

反思與評(píng)注1.關(guān)于問(wèn)題(Ⅱ)方法一分離參數(shù)后由端點(diǎn)代入即可預(yù)測(cè)解題思路.

2. 方法二先由區(qū)間端點(diǎn)函數(shù)值為0，預(yù)測(cè)端點(diǎn)處的單調(diào)性情況，然后分離參數(shù)，由端點(diǎn)情況得到參數(shù)的討論界點(diǎn)，再進(jìn)行討論.

3. 討論界點(diǎn)的確定是分類討論的關(guān)鍵，利用端點(diǎn)情況嘗試分段或利用導(dǎo)數(shù)值可以恒非負(fù)、恒非正、可正可負(fù)三種情況討論.

例題4 (南昌2014二模)已知函數(shù)f(x)=sinx-ax-bxcosx(a∈R,b∈R).

(1)若b=0，討論函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,π)上的單調(diào)性；

(2)若a=2b，且對(duì)任意x≥0都有f(x)≤0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

分析與解(1)當(dāng)a≤-1時(shí)，f(x)在區(qū)間(0,π)單調(diào)遞增；當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)在區(qū)間(0,π)單調(diào)遞減；當(dāng)-1

(2)方法一(配套的參考解答)

h(x)對(duì)x∈[0,x0]單調(diào)遞增，則g(x0)≥h(x0)>h(0)=0，矛盾.

∵x∈(0,π)時(shí)，g(x)>0；x∈[π,2π]時(shí)，g(x)≤0，

令h(x)=2x+xcosx-3sinx，則h′(x)=2-xsinx-2cosx.

令h1(x)=2-xsinx-2cosx，則h1′(x)=sinx-xcosx.

令h2(x)=sinx-xcosx，則h2′(x)=xsinx>0對(duì)x∈(0,π)恒成立，∴h2(x)對(duì)x∈(0,π)單調(diào)遞增.

∵h(yuǎn)2(0)=0，∴h1′(x)=h2(x)>0對(duì)x∈(0,π)恒成立，則h1(x)對(duì)x∈(0,π)單調(diào)遞增.

∵h(yuǎn)1(0)=0，∴h′(x)=h1(x)>0對(duì)x∈(0,π)恒成立,

則h(x)對(duì)x∈(0,π)單調(diào)遞增.

∵h(yuǎn)(0)=0，∴h(x)>0對(duì)x∈(0,π)恒成立，

∵f(x)圖象在區(qū)間[0,π]連續(xù)不斷，

∴在x=0右側(cè)附近?x0∈(0,π)使f(x0)>0，矛盾.

反思與評(píng)注

2. 洛必達(dá)法則是高數(shù)微積分的重要知識(shí)，尖子生有必要掌握，以便幫助沖刺難題.

3.方法二用了多階導(dǎo)數(shù)，解題需要有鍥而不舍的精神.需要多階導(dǎo)數(shù)的問(wèn)題通常端點(diǎn)導(dǎo)數(shù)值為0，且初始函數(shù)單調(diào).

參考文獻(xiàn)：

[1] 許銀伙．投石問(wèn)路 巧解難題[J]．福建中學(xué)數(shù)學(xué)，2011(12)：30-32.

[2] 李紅春．立足函數(shù)特征 陳題新掘精彩[J]．?dāng)?shù)學(xué)通訊，2015(11、12)：2-4.