■湖南省郴州市第二中學(xué) 黃常健

根據(jù)不等式恒成立或有解時求參數(shù)的取值范圍與不等式的證明,是導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用的重要組成部分,涉及利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性與極值、不等式的性質(zhì),考查方程與函數(shù)思想、分類討論思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想,也是各類考試的熱點。

一、不等式恒成立或有解問題

將不等式恒成立或有解問題轉(zhuǎn)化為含待求參數(shù)的函數(shù)最值問題。常用方法有兩種:

(1)帶參討論法,這種方法要注意對參數(shù)進行合理的分類討論。

(2)分離參數(shù)法,將原不等式中的參數(shù)分離到不等式的一邊,另一邊為不含參數(shù)的函數(shù),并求不含參數(shù)這邊函數(shù)的最值。主要有如下兩類情形:①不等式恒成立問題,當(dāng)x∈D時,不等式f(x)>m恒成立,等價于f(x)在D上的最小值f(x)min>m;②不等式有解問題,當(dāng)x∈D時,不等式f(x)>m有解,等價于f(x)在D上的最大值f(x)max>m。

例1已知函數(shù)f(x)=sin2x+2cosx-1的圖像上存在點(x0,f(x0))使得-a>f(x0),則實數(shù)a 的取值范圍為______________。

解析:先求函數(shù)f(x)的值域。f(x)=sin2x+2cosx-1=-cos2x+2cosx=1-(cosx-1)2∈[-3,1]。

再換元,令f(x)=t,則問題轉(zhuǎn)化為:存在t∈[-3,1],使得et-a>t成立,即a

設(shè)g(t)=et-t,t∈[-3,1],則g′(t)=et-1。在區(qū)間(-3,0)上,g′(t)<0,g(t)單調(diào)遞減;在區(qū)間(0,1)上,g′(t)>0,g(t)單調(diào)遞增。又g(1)=e-1,g(-3)=e-3+3,且e-3+3>e-1,所以g(t)的最大值為g(-3)=e-3+3。

故實數(shù)a的取值范圍為(-∞,e-3+3)。

點撥:換元法。令t=f(x),將函數(shù)t=f(x)的值域視為函數(shù)g(t)的定義域。從而將問題轉(zhuǎn)化為:存在t∈[-3,1],使得a

例2設(shè)函數(shù)f(x)=ln(x+1)-a2ex,a∈R。

(1)若a=-1,求函數(shù)f(x)的圖像在點(1,f(1))處的切線方程;

(2)若f(x)+a≤0恒成立,求正數(shù)a的取值范圍。

解法2:不等式f(x)+a≤0恒成立,即ln(x+1)-a2ex+a≤0 (x>-1)恒成立,取x=0,代入得-a2+a≤0,又a>0,則a≥1。

下面證明:當(dāng)a≥1 時,ln(x+1)-a2ex+a≤0恒成立。

綜上所述,滿足條件的正數(shù)a的取值范圍為[1,+∞)。

點撥:第(2)題的解法1 的思路為:直接求含參函數(shù)g(x)的最小值,并記為h(x),再解不等式h(x)≥0,得a的取值范圍。其步驟為:①用零點存在性定理判定導(dǎo)函數(shù)g′(x)的零點x0存在,但難以求解,我們稱之為隱形零點,以零點x0為分界,說明函數(shù)g′(x)的正負,得到函數(shù)g(x)的單調(diào)性,進而得到g(x)的最大值g(x0) (含a);②將零點方程g′(x0)=0變形代入g(x),化簡得最大值g(x0) (不含a);③由已知令最大值不大于零,得x0的取值范圍,進而求得正數(shù)a的取值范圍。解法2的步驟為:①用特值(x=0)探路,得不等式f(x)+a≤0 恒成立的必要條件a≥1;②再證a≥1是不等式f(x)+a≤0恒成立的充分條件,這里選擇了放縮法,借助不等式lnx≤x-1,轉(zhuǎn)證h(x)=a2ex-x-a≥0 即可;③帶參討論法證明h(x)≥0,分h′(x)=0 的零點在定義域(-1,+∞)內(nèi)和外加以討論,從而解決不等式恒成立問題。

二、不等式的證明

利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的常見類型及思維方法:

(1)構(gòu)造差函數(shù)法。證明雙函數(shù)的不等式恒成立問題,例如f(x)≥g(x),可構(gòu)造差函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),研究差函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)的符號,確定差函數(shù)的單調(diào)性,證明不等式h(x)min≥0即可。

(2)拆分法。當(dāng)要證明的不等式由幾個基本初等函數(shù)通過相乘及相加的形式出現(xiàn)時,如果對其直接求導(dǎo),得到的導(dǎo)函數(shù)仍然復(fù)雜難辨,這時可以將原不等式合理拆分為f(x)≤g(x)的形式,進而證明f(x)max≤g(x)min即可,在拆分過程中,一般以能利用導(dǎo)數(shù)進行最值分析為拆分標準。

(3)借助典型不等式x>sinx(x>0),ex≥x+1,lnx≤x-1(x>0),以及不等式的傳遞性,利用放縮法證明更簡單的不等式。

例3已知函數(shù)f(x)=lnx+x2-2ax。

例4已知函數(shù)f(x)=aex-x-a。

(1)若f(x)≥0,求a的值。

(2)當(dāng)a≥1 時,證明f(x)>xlnxsinx。

解析:(1)由f(x)=aex-x-a,得f(0)=0,f′(x)=aex-1。

若a≤0,則f′(x)<0 恒成立,所以f(x)在R上單調(diào)遞減。由f(0)=0可知,當(dāng)x>0時,f(x)<0,則f(x)≥0不恒成立。

(2)由x>0,知ex-1>0,所以當(dāng)a≥1時,a(ex-1)≥ex-1,f(x)=a(ex-1)-x≥ex-1-x。

要證f(x)>xlnx-sinx,只需證ex-1-x>xlnx-sinx,即證g(x)=ex-1-x-xlnx+sinx>0。

當(dāng)00,又由(1)知ex-1-x>0,故g(x)>0。

當(dāng)x>1 時,求導(dǎo)得g′(x)=ex-2-lnx+cosx。設(shè)h(x)=g′(x),求 導(dǎo) 得h′(x)=由x>1,知h′(x)>e-1-1>0,故h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以h(x)>h(1)=e-2+cos 1>0,即g′(x)>0,故g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(x)>g(1)=e-2+sin 1>0。

綜上所述,當(dāng)a≥1 時,f(x)>xlnxsinx。

點撥:第(1)題應(yīng)用帶參討論法求參數(shù)a的取值范圍。對f(x)求導(dǎo)后,分a≤0,a>0討論f(x)的單調(diào)性與極值情況,并結(jié)合函數(shù)f(x)恒存在零點0,排除a≤0,而當(dāng)a>0時,極小值點只能為0。第(2)題,先借助參數(shù)a的范圍放縮,即利用不等式的傳遞性,將要證的不等式轉(zhuǎn)化為易于證明的不含參數(shù)的不等式。再分段01化整為零予以證明,當(dāng)00,lnx≤0,直接證得g(x)>0;當(dāng)x>1時,需二次求導(dǎo)證得g(x)>g(1)>0。

例5已知函數(shù)f(x)=xex-1,g(x)=a(lnx+x)。

(1)若不等式f(x)≥g(x)恒成立,求實數(shù)a的值。

(2)求證:x2ex>(x+2)lnx+2sinx。

解析:(1)不等式f(x)≥g(x)恒成立,即xex-1≥a(lnx+x)恒成立,即elnx+x-1≥a(lnx+x)恒成立。

設(shè)lnx+x=t,則et-1≥at恒成立。令φ(t)=et-1-at,則φ(t)≥0 恒成立,φ(0)=0,φ′(t)=et-a。

若a≤0,則φ′(t)>0,所以φ(t)在R上單調(diào)遞增。又由φ(0)=0,則在(-∞,0)上φ(t)<0,與φ(t)≥0恒成立矛盾。

若a>0,令φ′(t)=0,得t=lna,則當(dāng)tlna時,有φ′(t)>0。故φ(t)在(-∞,lna)上單調(diào)遞減,在(lna,+∞)上單調(diào)遞增,所以φ(lna)是φ(t)的極小值,也是最小值。又因為φ(t)≥0,且φ(0)=0,即φ(t)≥φ(0),故lna=0,即a=1,經(jīng)驗證成立。

所以不等式f(x)≥g(x)恒成立時,實數(shù)a的值為1。

(2)由(1)知,當(dāng)a=1時,不等式f(x)≥g(x)恒成立,即xex-1≥x+lnx,即xex≥x+lnx+1,所以不等式x2ex≥x2+xlnx+x(x>0)恒成立。

要證明x2ex>(x+2)lnx+2sinx,只需證x2+xlnx+x>(x+2)lnx+2sinx,即證x2+x>2lnx+2sinx(x>0)。

綜上所述,不等式x2ex>(x+2)lnx+2sinx(x>0)成立。

點撥:第(1)題應(yīng)用同構(gòu)函數(shù)法,將復(fù)雜的原不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為簡明的不等式恒成立問題,再用帶參討論法求參數(shù)a的值。第(2)題的證法是放縮法,先借助第(1)題的結(jié)論進行放縮,讓要證的不等式中不含ex項;再利用常用不等式lnx≤x-1放縮,讓要證的不等式中不含lnx項;最后再用對x分段討論法證明不等式。

不論用拆分法構(gòu)造輔助函數(shù)證明不等式,還是用放縮法證明不等式,都需要對一些常見函數(shù)的性質(zhì)比較熟悉,對典型不等式(lnx≤x-1,ex≥x+1等)適時靈活應(yīng)用。根據(jù)條件,尋找恰當(dāng)?shù)哪繕撕瘮?shù)需反復(fù)磨煉。