王明義

(廣東省中山市實(shí)驗(yàn)中學(xué) 528400)

一、引言

導(dǎo)數(shù)是我們研究函數(shù)性質(zhì)重要的數(shù)學(xué)工具,在高中階段具有舉足輕重的地位.它涉及的知識(shí)點(diǎn)較廣,包含單調(diào)性、最值、極值、零點(diǎn)、不等式等問(wèn)題.要解決導(dǎo)數(shù)的相關(guān)題目學(xué)生要具備比較高的綜合分析能力,比如要掌握數(shù)形結(jié)合的思想,分類(lèi)討論的思想,還要具備相當(dāng)?shù)挠?jì)算能力.所以各省的高考真題和高考模擬題基本上都以導(dǎo)數(shù)作為壓軸題.今年的廣州二?？荚囈彩侨绱?本文以廣州二模第21題第二問(wèn)為例列舉了解決導(dǎo)數(shù)不等式問(wèn)題的五種常用策略.

二、例題及多種解法

(2)若a≥0，不等式x2f(x)+a≥2-e對(duì)x∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范圍.

1.構(gòu)造函數(shù)法

思路分析通過(guò)構(gòu)造函數(shù)的方式，把不等式問(wèn)題直接轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題來(lái)研究.

解答原式x2f(x)+a≥2-e，即xlnx-ax+a+e-2≥0對(duì)x∈(0,+∞)恒成立.

令h(x)=xlnx-ax+a+e-2，則h′(x)=lnx+1-a,令h′(x)=0,得x=ea-1.

當(dāng)x∈(0,ea-1)時(shí),h′(x)<0;當(dāng)x∈(ea-1,+∞)時(shí)，h′(x)>0.

所以h(x)的最小值是h(ea-1)=a+e-2-ea-1.

令t(a)=a+e-2-ea-1，則t′(a)=1-ea-1.

令t′(a)=0得a=1.

當(dāng)a∈[0,1)時(shí)，t′(a)>0，t(a)在[0,1)上單調(diào)遞增；

當(dāng)a∈(1,+∞)時(shí)，t′(a)<0，t(a)在(1,+∞)上單調(diào)遞減.

當(dāng)a∈(1,+∞)時(shí)，h(x)的最小值為t(a)=a+e-2-ea-1≥0=t(2).

故a∈[0,2].

2.恒等變形法

思路分析如果直接構(gòu)造的函數(shù)最值不容易求出時(shí)，我們可以把原式通過(guò)等價(jià)變形，從而轉(zhuǎn)化為另一個(gè)函數(shù)的最值問(wèn)題來(lái)研究.

當(dāng)x∈(0,a+e-2)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減.

當(dāng)x∈(a+e-2,+∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增.

所以g(x)min=g(a+e-2)=ln(a+e-2)-a+1.

當(dāng)a∈[0,3-e)時(shí)，h′(a)>0，h(a)單調(diào)遞增.

當(dāng)a∈[3-e,+∞)時(shí)，h′(a)<0，h(a)單調(diào)遞減.

而h(0)=ln(e-2)+1>0，且h(3-e)=e-2>0,

但是因?yàn)閔(2)=0,所以0≤a≤2.

3.分離參數(shù)法

思路分析構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值的時(shí)候都無(wú)法避免對(duì)參數(shù)的討論，尤其是單調(diào)性的討論比較難.如果可以分離參數(shù)，就可以減弱參數(shù)的影響，避免過(guò)多的討論.

解答原式可變?yōu)椋簒lnx+e-2≥a(x-1) (*)對(duì)x∈(0,+∞)恒成立.

求得g′(x)=lnx+1.

易得：當(dāng)x∈(0,e-1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減.

當(dāng)x∈(e-1,+∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增.

所以g(x)min=g(e-1)=-e-1.

因?yàn)榇藭r(shí)(xlnx)min=-e-1.

當(dāng)x=1時(shí),代入(*)式驗(yàn)證e-2≥0顯然成立.

當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),h′(x)>0,所以h(x)單調(diào)遞增.

當(dāng)x∈(1,e)時(shí),t′(x)<0,t(x)單調(diào)遞減;

當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí),t′(x)>0,t(x)單調(diào)遞增.

所以a≤t(x)min=t(e)=2.故a∈[0,2]為所求.

4.尋找切線(xiàn)法

思路分析把不等式通過(guò)等價(jià)變形后，使不等號(hào)的一邊出現(xiàn)直線(xiàn)的方程，再分析不等號(hào)另外一邊的函數(shù)單調(diào)性，就會(huì)發(fā)現(xiàn)二者相切時(shí)即為參數(shù)的臨界值.

解答通過(guò)變形原式等價(jià)于證明：xlnx≥a(x-1)+(2-e),x∈(0,+∞).

若令g(x)=xlnx和h(x)=a(x-1)+(2-e).

則只需證明函數(shù)g(x)的圖象在直線(xiàn)h(x)的上方.

首先分析g(x)=xlnx的圖象.

由解法三可知:當(dāng)x∈(0,e-1)時(shí),g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(e-1,+∞)時(shí),g(x)單調(diào)遞增.

且g(x)min=g(e-1)=-e-1.

其次分析h(x)=a(x-1)+(2-e)的圖象.

因?yàn)閍≥0所以h(x)表示過(guò)定點(diǎn)(1,2-e)非減函數(shù).

且g(x)min=-e-1>2-e.

則兩個(gè)函數(shù)的圖象大致如下圖(1)所示：

所以如果我們能說(shuō)明當(dāng)g(x)和h(x)相切時(shí)二者只有一個(gè)切點(diǎn)，就能求出a的最大值.

消去lnx0得到：2-e=a-ea-1③.

易得a=2為③式的解.

下面證明a=2是③式唯一的解.

令t(a)=a-ea-1+e-2，求導(dǎo)得：t′(a)=1-ea-1且當(dāng)t′(a)=0時(shí)，a=1.

當(dāng)a∈[0,1]時(shí),t′(a)≥0t(a)單調(diào)遞增；

當(dāng)a∈(1,+∞)時(shí),t′(a)<0t(a)單調(diào)遞減.

因?yàn)閠(0)=-e-1+e-2>0且t(1)=e-2>0，所以函數(shù)t(a)在區(qū)間[0,1]上無(wú)零點(diǎn)，在區(qū)間(1,+∞)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)a=2.綜上所述：a∈[0,2].

5.數(shù)形結(jié)合法

思路分析：通過(guò)等價(jià)變形后，使不等號(hào)兩邊變化為兩個(gè)我們熟悉的函數(shù)(基本初等函數(shù))，然后通過(guò)分析這兩個(gè)函數(shù)的圖形發(fā)現(xiàn)，兩個(gè)條曲線(xiàn)相切時(shí)，即為參數(shù)的臨界值.

也就是說(shuō)a=0時(shí),g(x)的圖象在h(x)的圖象上方.示意圖如下圖3：

所以當(dāng)a越來(lái)越大時(shí)，兩個(gè)圖象會(huì)越來(lái)越近.所以當(dāng)g(x)和h(x)二者相切的時(shí)候，就是a取得最大值的時(shí)候,如上圖4.所以我們下面假設(shè)二者相切于點(diǎn)P(x0,y0)，得

化簡(jiǎn)得e+a-2=ea-1,解得a=2.

仿照解法四，可以證明這是唯一解.

所以a∈[0,2]為所求.

總之，導(dǎo)數(shù)不等式問(wèn)題的解法雖然種類(lèi)繁多，但是我們沒(méi)必要沉迷于各種巧妙的解法之中而不能自拔.我們理應(yīng)抓住這種問(wèn)題的本質(zhì)，尤其是理清楚不等式兩邊的曲線(xiàn)的內(nèi)在聯(lián)系，以不變應(yīng)萬(wàn)變,方能始終.