北京市第十二中學(xué)高中部

近些年來,運(yùn)用導(dǎo)數(shù)解決含參數(shù)不等式恒成立問題在各類考試中頻繁出現(xiàn),成為了新的熱點(diǎn).下面通過一道試題的解答,梳理這類問題的破解策略,供大家參考.

1 試題

題目(2018年1月北京市大興區(qū)高三期末)已知函數(shù)

(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值;

(2)若對于任意的x ∈[1,+∞),都有f(x)≤k(x2-1),求實(shí)數(shù)k的取值范圍.

試題考查了導(dǎo)數(shù)公式、求導(dǎo)法則、導(dǎo)數(shù)在函數(shù)的單調(diào)性、極值問題中的應(yīng)用以及含參數(shù)不等式恒成立問題,考查了學(xué)生的直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理等核心素養(yǎng).試題平中見奇,解法多樣,給不同學(xué)生搭建了施展才能的舞臺,下面重點(diǎn)談一下第(2)問的解法.

2 解法探究

解法1(直接作差構(gòu)造函數(shù))

當(dāng)x ≥1 時(shí),xlnx ≥0,x2-1≥0, 所以k >0.設(shè)g(x)=k(x2-1)- xlnx, 則g′(x)= 2kx -lnx -1,

當(dāng)k ≥時(shí), 因?yàn)閤 ≥1, 所以2kx -1≥0,即g′′(x)≥0, 所以g′(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增, 于是g′(x)≥g′(1)= 2k -1≥0, 所以g(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,于是g(x)≥g(1)=0,故k ≥符合題意.

綜上,k的取值范圍是

點(diǎn)評解法首先根據(jù)已知條件判斷出k >0,這是不等式成立的必要條件,從而減少了后面討論的情況,簡化了運(yùn)算.接下來作差構(gòu)造函數(shù)g(x)=k(x2-1)-xlnx,并二次求導(dǎo)得到了然后怎樣劃分討論的標(biāo)準(zhǔn)呢?由x ≥1, 得2kx ≥2k, 因此需要判斷2k-1 與0 的大小,即分為與兩種情況進(jìn)行討論.在說明不符合題意時(shí), 借助函數(shù)的單調(diào)性構(gòu)造了區(qū)間由此得到g(x)< g(1)= 0,從而說明該種情況不成立,體現(xiàn)了構(gòu)造與分類討論的思想方法.

變式1(2019年1月北京市昌平區(qū)高三期末考試)已知函數(shù)f(x)=lnx-ax2+2ax.

(1)若a=-1,求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程;

(2)若f(x)≤x恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解(1)略,y=x-2.

(2)設(shè)g(x)=f(x)-x=lnx-ax2+(2a-1)x(x>0),則

當(dāng)a ≥0時(shí),由x >0,得2ax+1>0,令g′(x)>0,得01.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,于是g(x)max=g(1)=a-1,令a-1≤0,得0≤a ≤1,故0≤a ≤1 滿足題(意.)

當(dāng)a <0時(shí),存在滿足g所以g(x)<0 不能恒成立,即a <0 不滿足題意.綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0,1].

解法2(先分離出lnx,再作差構(gòu)(造函數(shù)).)當(dāng)x ≥1時(shí),xlnx ≤k(x2-1)等價(jià)于由x ≥1,得所以k >0.設(shè)則當(dāng)k >0 且即時(shí),g′(x)≥0,所以g(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,于是g(x)≥g(1)= 0,所以符合題意.當(dāng)k >0 且Δ=1-4k2>0,即時(shí),令g′(x)= 0,得或當(dāng)時(shí),因?yàn)間′(x)<0,所以g(x)在上單調(diào)遞減,所以g(x)< g(1)= 0,這與x ∈[1,+∞),g(x)≥0 矛盾,所以不符合題意.綜上,k的取值范圍是

點(diǎn)評(解法)2 先將不等式xlnx ≤k(x2-1)轉(zhuǎn)化為lnx ≤k然后再作差構(gòu)造函數(shù),這樣做的優(yōu)點(diǎn)是一次求導(dǎo)就可以達(dá)到解決問題的目的,而在解法1 中,一次求導(dǎo)之后還判斷不了g′(x)的符號,還需要二次求導(dǎo),所以解法2 與解法1 相比簡潔了很多.因此,在解決含有l(wèi)nx的超越不等式問題時(shí)應(yīng)先把lnx分離出來再進(jìn)行構(gòu)造.

變式2(2016年高考課標(biāo)ⅠⅠ卷文科第20題)已知函數(shù)

(1)當(dāng)a=4時(shí),求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程;

(2)若當(dāng)x ∈(1,+∞)時(shí),f(x)>0,求a的取值范圍.

解(1)略.

(2)當(dāng)x ∈(1,+∞)時(shí),f(x)>0 等價(jià)于lnx-令則g′(x)=

當(dāng)a ≤2時(shí),因?yàn)閤 ∈(1,+∞),所以x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,即g′(x)>0,于是g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,由此得g(x)>g(1)=0.

當(dāng)a>2時(shí),令g′(x)=0,得由x2>1 和x1x2=1 知,x1<1,所以當(dāng)x ∈(1,x2)時(shí),g′(x)<0,于是g(x)在(1,x2)上單調(diào)遞減,即g(x)2 不符合題意.綜上,a的取值范圍是(-∞,2].

解法3(參變分離法)當(dāng)x=1時(shí),f(x)=k(x2-1)=0,所以不等式f(x)≤ k(x2-1)成立.當(dāng)x >1時(shí),由xlnx ≤k(x2-1),得

因?yàn)閤 >1,所以-2 lnx <0 且即h′′(x)<0,所以h′(x)在(1,+∞)上 單 調(diào) 遞 減,于 是h′(x)< h′(1)= 0,所以h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,于是h(x)< h(1)= 0,即g′(x)<0,由此得g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減.

點(diǎn)評參變分離法是解決含有參數(shù)不等式恒成立問題的常用方法,優(yōu)點(diǎn)是將參數(shù)放在不等式一邊,將不等式另一邊構(gòu)造函數(shù),從而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的邊界值與參數(shù)的大小進(jìn)行比較,避免了討論.本題在參變分離后求函數(shù)邊界值時(shí)遇到了型,因而采取了洛必達(dá)法則,即

變式3(2016年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽河北預(yù)賽)已知函數(shù)

(1)判斷f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性;

(2)若f(x)<2x2在恒成立,求a的取值范圍.

解(1)略.

(2)f(x)= lnx+在恒成立,即a <-xlnx+2x3.設(shè)g(x)=-xlnx+2x3,則g′(x)=-1-lnx+6x2.

設(shè)h(x)=g′(x)=-1-lnx+6x2,當(dāng)時(shí),故h(x)在上單調(diào)遞增,所以

即g′(x)>0,所以g(x)在上單調(diào)遞增,故g(x)>所以

解法4(數(shù)形結(jié)合法)因?yàn)閤 ≥1,所以由xlnx ≤k(x2-1),得設(shè)則

因?yàn)閤 ≥1,所以h′′(x)≤0,所以h′(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,于是h′(x)≤h′(1)= 0,由此得h(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,于是h(x)≤h(1)=0,即

這說明,曲線y=g(x)與直線相切于點(diǎn)(1,0),且在直線下方.由切線的定義以及斜率的幾何意義知,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí),曲線y=g(x)在直線y=k(x-1)的下方,即x ≥1時(shí),故k的取值范圍是

點(diǎn)評數(shù)形結(jié)合法就是先把已知不等式變形,得到H(x)≥h(x),其中H(x)或h(x)為一次函數(shù),然后分析直線和曲線的位置關(guān)系,找出直線和曲線相切時(shí)參數(shù)的值,在此基礎(chǔ)上再借助切線的定義以及斜率的幾何意義得出參數(shù)的范圍.

變式4(2017年高考新課標(biāo)Ⅱ卷文科第21題)設(shè)函數(shù)

(1)討論f(x)的單調(diào)性;

(2)當(dāng)x ≥0時(shí),f(x)≤ax+1,求a的取值范圍.

解(1)略.(2)由f′(x)= (-x2-2x+1)ex知,f′(0)= 1,且f(0)= 1,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,1)處的切線方程為y=x+1.

設(shè)g(x)=f(x)-(x+1)= (1-x2)ex-(x+1),則g′(x)=(-x2-2x+1)ex-1,所以g′′(x)=-(x2+4x+1)ex.因?yàn)閤 ≥0,所以g′′(x)<0,所以g′(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減,于是g′(x)≤g′(0)= 0,由此得g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減,于是g(x)≤g(0)=0,即f(x)≤x+1.

這說明,曲線y=f(x)與直線y=x+1 相切于點(diǎn)(0,1),且在直線下方.由切線的定義以及斜率的幾何意義知,當(dāng)且僅當(dāng)a ≥1時(shí),曲線y=f(x)在直線y=ax+1的下方,即x ≥0時(shí),f(x)≤ax+1,故a的取值范圍是[1,+∞).

解法5(先必要條件后充分條件)由已知,得k(x2-1)-xlnx ≥0(x ∈[1,+∞))恒成立,設(shè)g(x)=k(x2-1)-xlnx,則g′(x)= 2kx-lnx-1,g(1)= 0.因?yàn)間(x)≥0(x ∈[1,+∞))恒成立,所以必有g(shù)′(1)≥0,即2k-1≥0,故

設(shè)h(x)=2kx-lnx-1,則當(dāng)時(shí),因?yàn)閤 ≥1,所以2kx-1≥0,即h′(x)≥0,故g′(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,所以g′(x)≥g′(1)=2k-1≥0(x ∈[1,+∞)),由此得g(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(x)≥g(1)=0.綜上,k的取值范圍是

點(diǎn)評解法5 根據(jù)x ∈[1,+∞)時(shí),g(x)≥0,且g(1)= 0,得到了g′(1)≥0,即這是不等式成立的必要條件.

變式5(2015年高考北京卷理科第18題)已知函數(shù)

(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程;

(2)求證:當(dāng)x ∈(0,1)時(shí),

(3)設(shè)實(shí)數(shù)k使得對x ∈(0,1)恒成立,求k的最大值.

解(1)y=2x;(2)略;(3)設(shè)

則

因?yàn)楫?dāng)x ∈(0,1)時(shí),h(x)>0,且h(0)= 0,所以必有h′(0)= 2-k ≥0,即k ≤2.下面證明當(dāng)k ≤2時(shí),恒有h(x)>0.