高群安

(湖北省襄州一中 441104)

定理1設(shè)f(x)是定義域內(nèi)的可導(dǎo)函數(shù)，則f(x)≥f(a)在區(qū)間[a,b)恒成立的必要條件是f′(a)≥0；f(x)≤f(a)在區(qū)間[a,b)恒成立的必要條件是f′(a)≤0.

證明(用反證法)f(x)是可導(dǎo)函數(shù)，則f(x)≥f(a)在區(qū)間[a,b)恒成立?f′(a)≥0，否則,若f′(x)<0，由連續(xù)函數(shù)的性質(zhì),必存在區(qū)間[a，m](m

定理2設(shè)f(x)是可導(dǎo)函數(shù)，則f(x)≥f(b)在區(qū)間(a,b]恒成立的必要條件是f′(b)≤0；f(x)≤f(b)在區(qū)間(a,b]恒成立的必要條件是f′(b)≥0.

定理3設(shè)f(x)是定義域內(nèi)的可導(dǎo)函數(shù)，f(a)=f′(a)=0,則f(x)≥0在區(qū)間[a,b)恒成立的必要條件是f″(a)≥0.

上述定理還可以進(jìn)一步推廣，運(yùn)用上述定理解決相關(guān)數(shù)學(xué)問題可以縮小目標(biāo)范圍，優(yōu)化解題過程，精簡解答程序，提高解題效率！

例1(2016年高考全國Ⅱ卷·文科20題)已知函數(shù)f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).

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

(2)若當(dāng)x∈(1,+∞)時，f(x)>0,求a的取值范圍.

解析(1)易求得曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程是y=-2x+2.

點(diǎn)評運(yùn)用定理，求得參數(shù)范圍，再做充分性驗(yàn)證，簡化了求解過程！

例2(江蘇高考題) 已知函數(shù)f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).

(2)若01，函數(shù)g(x)=f(x)-2有且只有1個零點(diǎn)，求ab的值.

(2)若01，則由f(0)=2，得g(0)=0.當(dāng)x→-∞時，g(x)→+∞;當(dāng)x→+∞時，g(x)→+∞.

因?yàn)楹瘮?shù)g(x)=f(x)-2有且只有1個零點(diǎn)0，所以當(dāng)x∈(0,+∞)時，g(x)>0?g′(0)≥0;當(dāng)x∈(-∞,0)時，g(x)>0?g′(0)≤0.故g′(0)=lna+lnb=0?ab=1.

點(diǎn)評解答的第二問，利用極限思想勾畫出了函數(shù)g(x)圖象的大致框架.通過數(shù)形結(jié)合，并利用定理導(dǎo)出g′(0)=0是解答的精妙之筆！當(dāng)然也可以由可導(dǎo)函數(shù)在極值點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)為0得g′(0)=0.

例3(2017春·南開區(qū)校級月考)已知函數(shù)f(x)=lnx+x2-ax(a∈R).

(1)a=3時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

本解答通過運(yùn)算、轉(zhuǎn)化，巧妙運(yùn)用本節(jié)定理求出了參數(shù)范圍.

圖1

例4(2017年高考題)已知函數(shù)f(x)=x3+3ax2+3x+1.

(2)若x∈[2,+∞)時，f(x)≥0，求a的取值范圍.

圖2

(1)設(shè)a>0,討論y=f(x)的單調(diào)性;

(2)若對任意的x∈(0,1),恒有f(x)>1,求a的取值范圍.

(2) 因?yàn)閒(0)=1, 所以對任意的x∈(0,1),恒有f(x)>1的必要條件是f′(0)=2-a≥0，即a≤2;反之，當(dāng)x∈(0,1),a≤2時，由(1)知，當(dāng)0≤a≤2時,f′(x)>0;當(dāng)a<0時，拋物線g(x)=ax2+2-a的開口向下，g(0)=2-a≥0,g(1)=2,所以x∈(0,1)時，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增, 對任意的x∈(0,1),恒有f(x)>1.所以對任意的x∈(0,1),恒有f(x)>1的a的取值范圍是(-∞,2].

點(diǎn)評解答第(1)問時，注意到了定義域?qū)握{(diào)區(qū)間的限制；第(2)問，先由必要條件求出a≤2,再利用(1)證明a≤2時，不等式恒成立，簡化了運(yùn)算過程.

例6 (全國高考題)設(shè)函數(shù)f(x)=(x+1)ln(x+1).若對所有的x≥0,都有f(x)≥ax成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解析由題設(shè)對所有的x≥0,都有f(x)≥ax?g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax≥0恒成立,而g(0)=0,g′(x)=ln(x+1)+1-a, 由本節(jié)定理知：g(x)≥0恒成立的必要條件是g′(0)=1-a≥0，即a≤1;反之，當(dāng)a≤1，x>0時，g′(x)>0,所以g(x)在[0,+∞)單調(diào)遞增，所以g(x)≥0，即f(x)≥ax恒成立.

綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-∞,1].

點(diǎn)評本解答通過構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用定理，迅速求得參數(shù)范圍.

圖3

例7 (2010年新課標(biāo)全國卷·理21)設(shè)函數(shù)f(x)=ex-1-x-ax2.

(1)若a=0,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;

(2)若當(dāng)x≥0時，f(x)≥0，求a的取值范圍.

解析(1)當(dāng)a=0時，f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.如圖3,可知f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減，在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

點(diǎn)評本解答利用了定理3不等式恒成立的必要條件，求出a的范圍，再作充分性檢驗(yàn)，優(yōu)化了解答程序，提高了解題效率.

圖4

例8(2010年大綱全國卷·文21)設(shè)函數(shù)f(x)=x(ex-1)-ax2.

(2)若當(dāng)x≥0時，f(x)≥0，求a的取值范圍.

f′(x)的符號如圖4,f(x)在(-∞,-1)，(0,+∞)上單調(diào)遞增，在(-1，0)上單調(diào)遞減.

(2)因?yàn)閒(x)=x(ex-1-ax)，所以“當(dāng)x≥0時,f(x)≥0”?“當(dāng)x≥0時，g(x)=ex-1-ax≥0”.因?yàn)間(0)=0，g′(x)=ex-a，所以當(dāng)x≥0時，g(x)=ex-1-ax≥0恒成立的必要條件是g′(0)=1-a≥0，即a≤1;反之，當(dāng)a≤1時，g′(x)≥0，得g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(0)=0.

綜上，當(dāng)x≥0時，f(x)≥0恒成立的a的取值范圍是(-∞,1].

點(diǎn)評本問題(1)利用導(dǎo)函數(shù)的圖象直觀，是判斷函數(shù)單調(diào)性的快捷方法；問題(2)經(jīng)過等價轉(zhuǎn)化，再利用本節(jié)定理，簡化了解答程序.

圖5

例9(高考題)設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)=ex-2x+2a,x∈R.

(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；

(2)求證：當(dāng)a>ln2-1且x>0時，ex>x2-2ax+1.

解析本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的極值和證明函數(shù)不等式，考查運(yùn)算求解能力、綜合分析和解決問題的能力.

(1)由已知，得f′(x)=ex-2,x∈R.由f′(x)=0，得x=ln2.由圖5知，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2,+∞).f(x)在x=ln2處取得極小值，極小值為2(1-ln2+a).

(2)設(shè)g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,則g′(x)=ex-2x+2a=f(x),由(1)知,當(dāng)a>ln2-1時,f(x)最小值2(1-ln2+a)>0.即g′(x)>0，所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增，于是當(dāng)a>ln2-1且x>0時,g(x)>g(0)=0，所以ex>x2-2ax+1.

圖6

例10 (高考題)設(shè)函數(shù)f(x)=1-e-x.

①

②

點(diǎn)評本題難度大，第(1)問把待證結(jié)論轉(zhuǎn)化為大家熟悉的不等式ex≥x+1，構(gòu)造函數(shù)完成了證明，ex≥x+1可以作為解決相關(guān)問題的秘密武器；第(2)問先由必要條件縮小a的范圍，再作充分性驗(yàn)證，簡化了運(yùn)算過程！

可見本文有關(guān)一類恒成立問題的必要條件的判定定理在解決高考相關(guān)的數(shù)學(xué)問題中有著非常廣泛的應(yīng)用，它可以縮小目標(biāo)范圍，加速求解進(jìn)程，提高解題效率！