■江蘇省泰興市第二高級中學(xué) 陳貴東

本文探究用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立、構(gòu)造函數(shù)證明不等式等問題的解題策略,希望對同學(xué)們的復(fù)習(xí)備考能有所幫助。

策略1:含參不等式恒成立問題中的“分離參數(shù)構(gòu)造函數(shù)法”

例1(2022屆重慶市高三上學(xué)期第二次質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)=-(m+1)x+mlnx+m,f＇(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)。

(1)討論f(x)的單調(diào)區(qū)間;

(2)若xf＇(x)-f(x)≥0恒成立,求m的取值范圍。

解析:(1)由題意知,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f＇(x)=x-(m+1)+。

若m≤0,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f＇(x)＜0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f＇(x)＞0,f(x)單調(diào)遞增。

若0＜m＜1,當(dāng)x∈(0,m)時(shí),f＇(x)＞0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(m,1)時(shí),f＇(x)＜0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f＇(x)＞0,f(x)單調(diào)遞增。

若m=1,當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f＇(x)≥0,f(x)單調(diào)遞增。

若m＞1,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f＇(x)＞0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(1,m)時(shí),f＇(x)＜0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(m,+∞)時(shí),f＇(x)＞0,f(x)單調(diào)遞增。

(2)因?yàn)閤f＇(x)-f(x)≥0恒成立,即-mlnx≥0,所以≥mlnx對任意的x∈(0,+∞)恒成立。

綜上所述,0≤m≤e,即m的取值范圍為[0,e]。

感悟:若不等式恒成立問題中的參數(shù)可分離,則可采用分離參數(shù)構(gòu)造函數(shù)法進(jìn)行求解。即f(x,λ)≥0(x∈D)(λ是實(shí)參數(shù))恒成立,將f(x,λ)≥0轉(zhuǎn)化為λ≥g(x)或λ≤g(x)(x∈D)恒成立,進(jìn)而轉(zhuǎn)化為λ≥g(x)max或λ≤g(x)min(x∈D),用導(dǎo)數(shù)法求g(x)的最值,對于復(fù)雜問題分離參數(shù)時(shí)需要分類討論。

策略2:依據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)建新函數(shù)求解恒成立問題

例2(2022 屆皖豫名校聯(lián)盟體高三上學(xué)期第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=2x+-1的圖像與直線y=1相切。

(1)求實(shí)數(shù)a的值;

(2)若k＜2,且f(x)≥kx-1 恒成立,求實(shí)數(shù)k的最小值。

解析:(1)f＇(x)=2-。

若a≤0,則f＇(x)＞0,所以f(x)的圖像不存在斜率為0的切線。

若a＞0,令f＇(x)=0,可得x=,由題意+2-1=1,得a=2。

(2)設(shè)g(x)=f(x)-kx+1,則g＇(x)=2-k-。

因?yàn)閗＜2,所以令g＇(x0)=0,可得k=2-,易知g＇(x)單調(diào)遞增。

所以在(-∞,x0)上,g＇(x)＜0,g(x)單調(diào)遞減;在(x0,+∞)上,g＇(x)＞0,g(x)單調(diào)遞增。

所以g(x)min=g(x0)=(2-k)x0+。

根據(jù)題意知g(x)≥0 恒成立,所以g(x)min=≥0,解得x0≥-1。

上賽季高速男籃打入半決賽，吊足了球迷的胃口，而新賽季面臨人才流失的局面，西王男籃新任主帥吳慶龍，提出了“保八爭六”的目標(biāo)。然而，球隊(duì)接連碰到困難，兩個(gè)外援先后受傷，山東隊(duì)一度以全華班出戰(zhàn)，遭遇了七連敗，排名跌出前十。匆匆接手的西王男籃，顯然還沒有摸到俱樂部運(yùn)營的門道。

當(dāng)x0≥-1時(shí),k=2-≥2-2e,即k的最小值為2-2e。

感悟:對于函數(shù)不等式恒成立或者有解求參的問題,常用變量分離或參變分離轉(zhuǎn)化為求新函數(shù)的最值問題;當(dāng)參數(shù)不易分離時(shí),把握不等式的特征作差構(gòu)建新函數(shù),再求新函數(shù)的最值,使得新函數(shù)的最值大于或者小于0 探究出參數(shù)的范圍;或者分離成兩個(gè)函數(shù),使得一個(gè)函數(shù)恒大于或小于另一個(gè)函數(shù)的條件構(gòu)建不等式求解。

策略3:把證明f(x)＞g(x)轉(zhuǎn)化為證明f(x)min＞g(x)max

例3(2022 屆重慶市南開中學(xué)高三上學(xué)期月考)已知函數(shù)f(x)=,g(x)=lnx。

(1)當(dāng)a＞0時(shí),討論函數(shù)F(x)=af(x)-g(x)-的單調(diào)性;

(2)當(dāng)a＞1 時(shí),求證:axf(x)-g(ax)＞(e-1)x+1。

解析:(1)F(x)=的定義域?yàn)?0,+∞),F＇(x)=,令F＇(x)=0,得x=1或x=-lna。

①若-lna＞1,即a∈,則當(dāng)x∈(0,1)時(shí),F＇(x)＞0;當(dāng)x∈(1,-lna)時(shí),F＇(x)＜0;當(dāng)x∈(-lna,+∞)時(shí),F＇(x)＞0。所以F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,-lna)上單調(diào)遞減,在(-lna,+∞)上單調(diào)遞增。

②若-lna=1,即a=,則當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),F＇(x)＞0,所以F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增。

③若0＜-lna＜1,即a∈,則當(dāng)x∈(0,-lna)時(shí),F＇(x)＞0;當(dāng)x∈(-lna,1)時(shí),F＇(x)＜0;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),F＇(x)＞0。所以F(x)在(0,-lna)上單調(diào)遞增,在(-lna,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增。

(2)原式等價(jià)于F(x)≥-lnx+e-1。

因?yàn)閍＞1,所以F(x)≥F(1)=ae-1,所以只需證-lnx+e-1≤ae-1,即證G(x)=-lnx≤(a-1)e。

求導(dǎo)得G＇(x)=,記h(x)=1-x-ln(ax),則h＇(x)=-1-＜0,所以h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減。

所以G(x)≤G(x0)=-lnx0=-lnx0-1。

記φ(x)=-lnx-1,則φ(x)在上單調(diào)遞減,所以φ(x)＜=a+lna-1,故只需證a+lna-1＜(a-1)·e,即m(a)=(e-1)a-lna+1＞0。

因?yàn)閙＇(a)=e-1-＞0,所以m(a)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以m(a)＞m(1)=0成立,所以原不等式成立。

感悟:有時(shí)候把證明f(x)＞g(x)轉(zhuǎn)化為證明f(x)-g(x)＞0 后,可能會出現(xiàn)f(x)-g(x)的導(dǎo)函數(shù)很復(fù)雜,很難根據(jù)導(dǎo)函數(shù)研究f(x)-g(x)的最值,而f(x)的最小值及g(x)的最大值都比較容易求,可考慮利用證明f(x)min＞g(x)max的方法證明原不等式,但要注意這種方法有局限性,因?yàn)閒(x)＞g(x)未必有f(x)min＞g(x)max。

策略4:多變量不等式通過換元法減元構(gòu)造新函數(shù)求值域證明不等式

例4(2022 屆廣東省廣州市省四校2022屆高三上學(xué)期聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=-2ax+lnx。

(1)若f(x)為增函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍。

(2)設(shè)g(x)=xf(x)-+2x有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2。

①證明:x1+x2＞;

②若x2-3x1≥0,證明:x1+x2＞。

解析:(1)由題意知,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞)。

由于f(x)為增函數(shù),則f＇(x)=x+-2a≥-2a=2-2a≥0 恒成立,故a≤1。

(2)①g(x)=x(lnx+2-2ax),由g(x)=xf(x)-+2x有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2,得方程lnx+2-2ax=0(x＞0)有兩個(gè)不同的根為x1,x2,不妨設(shè)x2＞x1＞0,則兩式相減得lnx2-lnx1=2a(x2-x1),所以a=。

感悟:對于多變量不等式問題,其一般的處理策略為消元或是把一個(gè)看作變量再探究其他常量或所選變量之間的關(guān)系,通過變形換元產(chǎn)生一個(gè)新變量的函數(shù),進(jìn)而用導(dǎo)數(shù)確定新變量函數(shù)的值域,從而順利求解。