對含參數(shù)不等式恒成立問題的解法探究

范明輝

(湖北省荊門市龍泉中學(xué))

不等式恒成立問題是導(dǎo)數(shù)解答題的熱門考點,這種題型能夠有效考查學(xué)生對函數(shù)、不等式等知識的掌握情況,同時考查轉(zhuǎn)化與化歸、數(shù)形結(jié)合、分類討論、函數(shù)與方程、極限等思想,強調(diào)對知識的綜合應(yīng)用能力和問題解決能力.而掌握此類問題的一般解法,對提高學(xué)生的數(shù)學(xué)運算、邏輯推理、直觀想象等數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)有著重要的作用.

1 典例精析

(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;

(2)若exlnx＋(m－ex)(x2＋1)＋(ex＋1)x≤0在x＞0上恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.

分析第(1)問主要考查求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)以及對參數(shù)分類討論的方法;第(2)問是典型的含參數(shù)不等式恒成立問題,解決這類問題需要學(xué)生將題目條件進行轉(zhuǎn)化,尋找解題突破點,難度較大,對學(xué)生的要求較高.

解(1)由題意可得

當(dāng)m＝0時,,由f′(x)＞0,得x＜1,由f′(x)＜0,得x＞1,故f(x)在(－∞,1)上單調(diào)遞增,在(1,＋∞)上單調(diào)遞減.

當(dāng)m＞0 時,由f′(x)＞0,得x＜1,由f′(x)＜0,得x＞1或,故f(x)在上單調(diào)遞增,在和(1,＋∞)上單調(diào)遞減.

當(dāng)m＜0 時,由f′(x)＞0,得x＜1 或,由f′(x)＜0,得故f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減.

(2)思維角度1對參數(shù)分類討論

結(jié)合第(1)問的分析,在第(2)問中通過對題設(shè)不等式進行變形,直接對參數(shù)的范圍進行分類討論.

方法1因為exlnx＋(m－ex)(x2＋1)＋(ex＋1)x≤0,所以ex(lnx－x2＋x－1)＋mx2＋x＋m≤0,即

令g(x)＝x2－lnx－x＋1(x＞0),則

故g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,＋∞)上單調(diào)遞增,gmin(x)＝g(1)＝1.

當(dāng)m＜0時,由(1)知f(x)在(0,1)和＋∞)上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,且,且當(dāng)x→＋∞時,f(x)→0－,故f(x)≤g(x)恒成立.

當(dāng)m＝0時,由(1)知f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,＋∞)上單調(diào)遞減,故1,滿足題意.

若0＜m≤1,則,當(dāng)0＜x＜1 時,則f′(x)＞0,當(dāng)x＞1時,則f′(x)＜0,所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,＋∞)上單調(diào)遞減,故fmax(x)＝,又因為g(x)≥1,且g(x)和f(x)都在x＝1處取得最值,所以,解得所以.

若m＞1,則,由(1)得f(x)在(0,和(1,＋∞)上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,且,與①矛盾,不符合題意,舍去.

綜上,實數(shù)m的取值范圍為.

思維角度2函數(shù)恒等變形＋不等式放縮

放縮法是指根據(jù)題意對待證不等式有意識地放大或縮小,從而獲得符合題意結(jié)果的方法,通?？梢越柚瘮?shù)的切線或二次曲線進行放縮.例如,利用切線不等式ex≥x＋1,lnx≤x－1(解答題應(yīng)用時需要先證明)進行放縮,對學(xué)生的數(shù)學(xué)運算、邏輯推理等核心素養(yǎng)要求較高.

觀察不等式發(fā)現(xiàn)exlnx＋(m－ex)(x2＋1)＋(ex＋1)x≤0中帶有等號,而自變量的范圍x＞0 是不帶等號的,這說明等號成立的條件一定在區(qū)間(0,＋∞)的內(nèi)部,注意到題設(shè)不等式中出現(xiàn)了對數(shù)式結(jié)構(gòu)“l(fā)nx”,則考慮在“x＝1”處進行放縮.對于對數(shù)式結(jié)構(gòu)“l(fā)nx”,通常借助不等式“x－1－lnx≥0”進行放縮,則可在原不等式中配湊結(jié)構(gòu)“ex(x－1－lnx)”,再結(jié)合結(jié)構(gòu)式“x2ex”及取等條件“x＝1”,配湊完全平方式“ex(x－1)2”,原不等式轉(zhuǎn)化為

ex(x－1－lnx)＋ex(x－1)2＋ex－x－m(x2＋1)≥0.

對于剩下的結(jié)構(gòu)“ex－x－m(x2＋1)”,需要尋找指數(shù)結(jié)構(gòu)“ex”在“x＝1”處的不等式,常見的切線不等式為“ex≥ex”,嘗試后發(fā)現(xiàn)放縮力度不夠,因此考慮二次放縮表達式

但是此不等式只在x≥1時成立,則考慮其一個加強型不等式

代入原不等式進行配湊,則有

方法2由于exlnx＋(m－ex)(x2＋1)＋(ex＋1)x≤0對?x＞0 恒成立,故(x2＋1)ex－exlnx－(ex＋1)x－m(x2＋1)≥0對?x＞0恒成立.

記g(x)＝(x2＋1)ex－exlnx－(ex＋1)xm(x2＋1),對g(x)進行恒等變形得

故h(x)在(0,3－e)和(1,＋∞)上單調(diào)遞減,在(3－e,1)上單調(diào)遞增,又h(0)＝1,h(1)＝1,故h(x)≤h(1)＝1,即ex－ex－(x－1)2≥0.

由于ex(x－1－lnx)≥0,ex(x－1)2≥0,ex－,當(dāng)x＝1時,等號成立,所以當(dāng)g(x)≥0恒成立,且當(dāng)時,等號成立.當(dāng)時,g(1)＝e－1－2m＜0,與g(x)≥0矛盾,故舍去.

思維角度3必要性探路

必要性探路法是從滿足題意的自變量范圍內(nèi)選擇一個數(shù)代入題目條件中,從而求得參數(shù)范圍,此時這個范圍是滿足題意的必要條件.然后再設(shè)法證明該必要條件也是滿足題意的充分條件.若充分性也成立,則該范圍是滿足題意的充要條件,即為所求范圍;若充分性不成立,則可利用該范圍縮小所求參數(shù)的討論范圍.這種方法需要從邏輯上進行推理,先得到一個必要條件,因此稱為必要性探路法.利用必要性探路法解題時,要先取一個數(shù),這個數(shù)的選取是至關(guān)重要的.如果要利用這個數(shù)得到參數(shù)的范圍,那么這個數(shù)要盡可能地使相應(yīng)的函數(shù)值好計算,通常借助不等式的取等條件進行探路.

方法3當(dāng)x＝1時,解得下證:當(dāng)m≤時,原不等式恒成立.

由于exlnx＋(m－ex)(x2＋1)＋(ex＋1)x≤0對?x＞0恒成立,故(x2＋1)ex－exlnx－(ex＋1)x－m(x2＋1)≥0對?x＞0恒成立,而故只需證

記函數(shù)g(x)＝ex(x－1－lnx)＋ex(x－1)2＋,只需證g(x)≥0.

由于x－1－lnx≥0,(x－1)2≥0,當(dāng)x＝1時,等號成立,只需證

求導(dǎo)分析記函數(shù)1),則有h′(x)＝ex－1－(e－1)x,h′(0)＝0,h′(1)＝0,記φ(x)＝ex－1－(e－1)x,則有φ′(x)＝ex－(e－1)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增,又φ′(ln(e－1))＝0,故φ(x)＝h′(x)在(0,ln(e－1))上單調(diào)遞減,在(ln(e－1),＋∞)上單調(diào)遞增,所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,＋∞)上單調(diào)遞增,故h(x)≥h(1)＝0,即g(x)≥0恒成立,則.

“指數(shù)找朋友”在證明指數(shù)型不等式成立時,可以考慮將指數(shù)結(jié)構(gòu)“ex”與不含指數(shù)結(jié)構(gòu)的部分分離至不等式兩側(cè),然后在不等式左右兩邊同時除以指數(shù)結(jié)構(gòu),然后構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)證明,這樣可以避免多次求導(dǎo).本題中,要證成立,即證,不等式左右兩邊同時除以,轉(zhuǎn)化為證明2,求導(dǎo)得

故ψ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,＋∞)上單調(diào)遞減,所以ψ(x)≤ψ(1)＝2,故h(x)≥0恒成立.

(1)當(dāng)a＝0時,求曲線y＝f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;

(2)若f(x)≥0恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.

分析本題題目條件簡潔,學(xué)生能夠很快鎖定主要信息.第(1)問主要考查求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)、函數(shù)在某一點處導(dǎo)數(shù)的幾何意義以及直線的方程,較為基礎(chǔ).第(2)問是典型的含參數(shù)不等式恒成立問題,下面就第(2)問的解法進行詳細介紹.

思維角度1必要性探路

本題中含有對數(shù)lnx,因此優(yōu)先考慮x取e的指數(shù)冪,而定義域為(0,＋∞),故可取x＝e0＝1.

方法1取x＝1,則由f(1)≥0,得a≥1.

當(dāng)a≥1 時,f(x)≥2(x－2)lnx＋x2－1,令g(x)＝2(x－2)lnx＋x2－1,則g′(x)＝2(lnx＋,令h(x)＝g′(x),則,所以h(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增.又g′(1)＝0,所以當(dāng)0＜x＜1 時,g′(x)＜0,g(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞減,當(dāng)x＞1時,g′(x)＞0,g(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增,故g(x)≥g(1)＝0,則f(x)≥g(x)≥0,滿足題意.

綜上,a≥1.

思維角度2參變分離

參變分離是指通過分離參數(shù)和變量,將參數(shù)和變量放在不等式兩側(cè)(右側(cè)為不含參數(shù)的函數(shù)),通過討論變量部分代數(shù)式的范圍,進而確定參數(shù)的范圍.分離變量后,通常要對不等式右側(cè)的函數(shù)進行求導(dǎo),尋找其最值,對學(xué)生數(shù)學(xué)運算核心素養(yǎng)的要求較高.

方法2因為當(dāng)x＞0時,f(x)≥0恒成立,對不等式2(x－2)lnx＋ax2－1 ≥0 變形整理得.

又因為h(1)＝0,h(e)＝－6＜0,h(e2)＝2e2－14＞0,所以?x1∈(e,e2),使得h(x1)＝0,當(dāng)0＜x＜1時,h(x)＞0,當(dāng)1＜x＜x1時,h(x)＜0,當(dāng)x＞x1時,h(x)＞0,故當(dāng)0＜x＜1時,g′(x)＞0,當(dāng)1＜x＜x1時,g′(x)＜0,當(dāng)x＞x1時,g′(x)＞0,所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,x1)上單調(diào)遞減,在(x1,＋∞)上單調(diào)遞增,當(dāng)x→0＋時,g(x)→－∞,g(1)＝0,因為,所以g(x1)＜0,當(dāng)x→＋∞時,g(x)→0－,所以gmax(x)＝g(1)＝1,即a≥1.

思維角度3函數(shù)恒等變形＋不等式放縮

本題函數(shù)表達式中出現(xiàn)了對數(shù),因此聯(lián)想到對數(shù)切線不等式lnx≤x－1,結(jié)合函數(shù)y＝lnx和y＝x－1的圖像,可以發(fā)現(xiàn)當(dāng)0＜x＜1時,lnx＜0,x－1＜0.當(dāng)x＞1 時,lnx＞0,x－1＞0.當(dāng)x＝1 時,lnx＝x－1＝0,因此(x－1)lnx≥0,題設(shè)函數(shù)中有一部分為2(x－2)lnx,可變形為2(x－1)lnx－2lnx,而由lnx≤x－1,可將－2lnx變形為2(x－1－lnx)－2x＋2,即將f(x)＝2(x－2)lnx＋ax2－1 變形為f(x)＝2(x－1)lnx＋2(x－1－lnx)－2x＋1＋ax2,由－2x＋1聯(lián)想到完全平方式(x－1)2＝x2－2x＋1,可將－2x＋1＋ax2變形為(x－1)2＋(a－1)x2,故函數(shù)可變形為f(x)＝2(x－1)lnx＋2(x－1－lnx)＋(x－1)2＋(a－1)x2,而2(x－1)lnx≥0,當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時,等號成立.2(x－1－lnx)≥0,當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時,等號成立.(x－1)2≥0,當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時,等號成立.當(dāng)a－1≥0,即a≥1時,有f(x)≥0成立,當(dāng)a＜1時,由取等條件x＝1得f(1)＝a－1＜0,與f(x)≥0矛盾,不符合題意.

綜上,a≥1.

方法3f(x)＝2(x－1)lnx＋2(x－1－lnx)＋(x－1)2＋(a－1)x2,由于2(x－1)lnx≥0,當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時,等號成立,2(x－1－lnx)≥0,當(dāng)且僅當(dāng)x＝1 時,等號成立,(x－1)2≥0,當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時,等號成立,故當(dāng)a－1≥0,即a≥1 時,有f(x)≥0成立,當(dāng)a＜1時,f(1)＝a－1＜0,與題設(shè)條件f(x)≥0矛盾,不符合題意.

綜上,a≥1.

2 小結(jié)

解題是對數(shù)學(xué)知識的綜合應(yīng)用,學(xué)生一定要注重解題思維的發(fā)散性,多思考能否進行“一題多解”,從不同的角度去認(rèn)識數(shù)學(xué)問題,發(fā)現(xiàn)其本質(zhì),避免一條路走進死胡同.利用導(dǎo)數(shù)工具解決含參數(shù)不等式恒成立問題,本質(zhì)上是利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查轉(zhuǎn)化與化歸、分類討論、極限、數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程等思想,要求學(xué)生能夠融會貫通、靈活運用高中數(shù)學(xué)階段的幾種核心數(shù)學(xué)思想和方法.

(完)