利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的恒成立或有解問題

利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的恒成立或有解問題是高考數(shù)學(xué)中?？汲Ｐ碌臒狳c(diǎn)問題，解決此類問題常涉及到函數(shù)與方程、轉(zhuǎn)化與化歸、整體換元、數(shù)形結(jié)合、分類討論等數(shù)學(xué)思想方法，往往需要考生綜合運(yùn)用所學(xué)數(shù)學(xué)知識分析問題、解答問題，在此過程中較好地考查了考生邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象等核心素養(yǎng).下面，我以利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的恒成立或有解問題為例，從程序性知識的角度，給出此基本問題的解題程序，解決考生“怎么做”的實(shí)際問題.此外，筆者從近十年的高考真題中選取了若干具有不同函數(shù)結(jié)構(gòu)特征的恒成立或有解問題例題，借助例題對不同方法的適用范圍和解題思路進(jìn)行具體地分析和闡述，以使讀者更好理解其中含義.“函數(shù)與不等式”是“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”單元的基本問題之一.針對其中的恒成立或有解問題，本文從函數(shù)的圖像及結(jié)構(gòu)特征出發(fā)，給出“等價轉(zhuǎn)換—構(gòu)造函數(shù)—研究性質(zhì)”的解題程序，如下圖，以此啟發(fā)考生在遇到恒成立或有解問題時，先觀察并分析函數(shù)與不等式的結(jié)構(gòu)，根據(jù)其結(jié)構(gòu)特征，從直接移項(xiàng)、參變分離、指對變形、放縮簡化等方法中選取合適的方法來對函數(shù)與不等式進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化，進(jìn)而構(gòu)造新的函數(shù)，通過對新函數(shù)求導(dǎo)，借助導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)研究其單調(diào)性、極值、最值等圖像與性質(zhì)，最終得以解決問題.題型一、含參函數(shù)中的恒成立或有解問題對于一次函數(shù)、二次函數(shù)、反比例函數(shù)，以及簡單的指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、三角函數(shù)等基本初等函數(shù)，可以結(jié)合最值分析法，通過直接移項(xiàng)對函數(shù)與不等式進(jìn)行變形（例如：證明f（x）>g（x）恒成立，等價于證明f（x）－g（x）min>0恒成立）；對于含參函數(shù)，常?？梢酝ㄟ^參變分離減少對參數(shù)的分類討論，簡化分析求解的過程.例1．已知函數(shù)f（x）=aex+a－x.證明：當(dāng)a>0時，f（x）>2lna+32.思路分析：（直接移項(xiàng)型）先觀察f（x）的結(jié)構(gòu)，f（x）的解析式由指數(shù)ex以及一次項(xiàng)x組合而成，是簡單函數(shù).再觀察所要證明的不等式f（x）>2lna+32，右邊僅含有參數(shù)a，不含有變量x，于是，要證明f（x）>2lna+32，只需直接移項(xiàng)，證明f（x）min－2lna+32>0.又因?yàn)楫?dāng)a>0時，f（x）在－SymboleB@，－lna上單調(diào)遞減，在－lna，+SymboleB@上單調(diào)遞增，即f（x）min=f（－lna），代入后構(gòu)造新函數(shù)即可.解答：要證f（x）>2lna+32，即證f（x）－2lna－32>0.又因?yàn)閒（x）min=f－lna=1+a2+lna，故只需證ga=a2－lna－12>0a>0恒成立.由g′a=2a－1a=2a2－1a可知，當(dāng)a∈0，22時，g′a<0，ga單調(diào)遞減；當(dāng)a∈22，+SymboleB@時，g′a>0，ga單調(diào)遞增.故gamin=g22=ln2>0，得證.點(diǎn)評：本題是利用導(dǎo)數(shù)證明不等式恒成立問題，函數(shù)的解析式在基本初等函數(shù)的基礎(chǔ)上帶上了參數(shù)，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及最值，屬于較難題.對于此類問題，可以先嘗試對目標(biāo)不等式進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化，依據(jù)其形式及結(jié)構(gòu)特點(diǎn)來構(gòu)造新的目標(biāo)函數(shù)，通過導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性、最值等相關(guān)性質(zhì)以v47eR9bqEWVvE6zpPRvfiA==解決問題.變式1．已知函數(shù)f（x）=ex+ax2－x.當(dāng)x≥0時，f（x）≥12x3+1，求a的取值范圍.思路分析：（參變分離型）先觀察f（x）的結(jié)構(gòu)，f（x）的解析式由指數(shù)ex以及二次項(xiàng)ax2－x組合而成，且觀察恒成立的不等式f（x）≥12x3+1，其右邊還含有三次項(xiàng)12x3，是較為復(fù)雜的含參不等式.對于“一參一函數(shù)”類型的不等式恒成立問題，聯(lián)想到通過參變分離的方法構(gòu)造新的無參數(shù)的函數(shù)以求其最值，使得問題得以簡化.此外，也可用“指數(shù)找朋友”的方法，將f（x）≥12x3+1等價變形為12x3－ax2+x+1·e－x≤1來進(jìn)行分析與討論.解答：當(dāng)x=0時，a∈R；當(dāng)x>0時，f（x）≥12x3+1即a≥12x3+x+1－ex·x－2=g（x），則g′（x）=2－xex－12x2－x－1x－3；再令h（x）=ex－12x2－x－1x>0，則h′（x）=ex－x－1>0.于是，當(dāng)x∈0，2時，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈2，+SymboleB@時，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減.故g（x）max=g2=7－e24，可得a的取值范圍為7－e24，+SymboleB@.練習(xí)1．已知函數(shù)f（x）=ax－sinxcos3x，x∈0，π2.若f（x）<sin2x，求a的取值范圍.解答：令g（x）=f（x）－sin2x=ax－sinxcos3x－sin2x，則g′（x）=a－cos2x+3sin2xcos4x+2cos2x.令u=cos2x∈0，1，則sin2x=1－u，cos2x=2u－1.令hu=－2u+3u2+4u－2u∈0，1，則h′u=4u3+2u－6u3<0，hu在0，1上單調(diào)遞減，且h1=3，故hu>3.于是，當(dāng)a≤3時，g′（x）<0，g（x）在0，π2上單調(diào)遞減，且g0=0，故g（x）<0，即f（x）<sin2x；當(dāng)a>3時，x0∈0，π2使得g′x0=0，g（x）在0，x0上單調(diào)遞增，在x0，π2上單調(diào)遞減，故gx0>g0=0，即f（x）<sin2x不成立.綜上，a的取值范圍為－SymboleB@，3.題型二、與指數(shù)或?qū)?shù)函數(shù)綜合的恒成立或有解問題由于同底數(shù)的指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)互為反函數(shù)，且指數(shù)和對數(shù)具有豐富的運(yùn)算性質(zhì)，因此，對于含有指對函數(shù)的函數(shù)與不等式問題，對于同一問題常常有多種不同的解題思路，如借助六大凹凸函數(shù)模型“exx，lnxx，xex，xlnx，xex，xlnx”對解析式進(jìn)行凹凸變形；再如根據(jù)函數(shù)求導(dǎo)的運(yùn)算法則及指對函數(shù)導(dǎo)數(shù)的特殊性給出的指對分離口訣“對數(shù)孤身走”“指數(shù)找朋友”；又如由指對運(yùn)算的性質(zhì)x=elnx=lnex通過構(gòu)造變形得到指對同構(gòu)式，進(jìn)而設(shè)新函數(shù)進(jìn)行整體換元等.例2．已知函數(shù)f（x）=x+1lnx－ax－1.若當(dāng)x∈1，+SymboleB@時，f（x）>0，求a的取值范圍.思路分析：（對數(shù)孤身走）先觀察f（x）的結(jié)構(gòu)，f（x）的解析式含有x+1lnx，而x+1lnx′=lnx+x+1x，若是導(dǎo)函數(shù)中含有l(wèi)nx，可能會因?yàn)槌椒匠潭鵁o法直接求出導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，導(dǎo)致解題難度增加；此時，考慮到clnx′=cx，聯(lián)想到可以對不等式進(jìn)行等價變形，將與lnx相乘的部分函數(shù)給提出來或除掉，使得導(dǎo)函數(shù)不再含lnx，簡化對導(dǎo)函數(shù)的討論.對本題，f（x）>0可等價變形為lnx－ax－1x+1>0，則新函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為g′（x）=x2+21－ax+1xx+12，令h（x）=x2+21－ax+1為二次函數(shù)，由Δ=4aa－2聯(lián)想到可將0或2作為分類討論的分界點(diǎn).解答：當(dāng)x∈1，+SymboleB@時，f（x）>0等價于g（x）=f（x）x+1=lnx－ax－1x+1>0，注意到g1=0，且g′（x）=1x－2ax+12=x2+21－ax+1xx+12.當(dāng)a∈－SymboleB@，2時，x2+21－ax+1≥x2－2x+1>0，故g′（x）>0，g（x）在1，+SymboleB@上單調(diào)遞增，則g（x）>0，符合題意.當(dāng)a∈2，+SymboleB@時，令g′（x）=0得x1=a－1－a－12－1，x2=a－1+a－12－1>1.又因?yàn)閤1x2=1，故x1<1.于是，當(dāng)x∈1，x2時，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減，此時g（x）<g1=0，與題意矛盾.綜上，a的取值范圍為－SymboleB@，2.點(diǎn)評：本題是已知函數(shù)不等式恒成立，求參數(shù)取值范圍的問題，函數(shù)的解析式為包含對數(shù)函數(shù)的復(fù)合函數(shù)，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及最值，屬于難題.對于含有指數(shù)或?qū)?shù)函數(shù)的綜合問題，往往需要結(jié)合其導(dǎo)函數(shù)的特征、不等式兩端代數(shù)式的結(jié)構(gòu)特征，對不等式進(jìn)行簡化變形，使得新函數(shù)的導(dǎo)數(shù)更加便于求解.變式2．已知函數(shù)f（x）=ex－ax2.（1）若a=1，證明：當(dāng)x≥0時，f（x）≥1；（2）若f（x）在0，+SymboleB@只有一個零點(diǎn)，求a.思路分析：（指數(shù)找朋友）對于第（1）問，先觀察f（x）的結(jié)構(gòu)，f（x）的解析式含有ex，而ex′=ex，它不論經(jīng)歷多少次求導(dǎo)，仍然根深蒂固，若是在導(dǎo)函數(shù)中與其他函數(shù)同時出現(xiàn)，可能會因?yàn)槌霈F(xiàn)超越方程而無法直接求出導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，導(dǎo)致解題難度增加；此時，考慮到f（x）ex′=f′（x）－f（x）ex，聯(lián)想到可以對不等式進(jìn)行等價變形，將ex與其他函數(shù)結(jié)合，使得ex位于分母的位置，此時導(dǎo)函數(shù)正負(fù)或零點(diǎn)的討論只需關(guān)注分子的情況，此做法常常能夠簡化對函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的分析過程.對于第（2）問，根據(jù)函數(shù)與方程的等價關(guān)系，此命題等價于方程ex－ax2=0在0，+SymboleB@上只有一個解，由于此方程為超越方程，且求解目標(biāo)為參數(shù)a的值，于是考慮參變分離，命題等價于函數(shù)y=a與h（x）=exx2的圖像在0，+SymboleB@上只有一個交點(diǎn)，設(shè)新函數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而得到函數(shù)圖像的趨勢即可求解.解答：（1）當(dāng)a=1時，f（x）≥1等價于g（x）=x2+1e－x－1≤0，則g′（x）=－x2－2x+1e－x=－x－12e－x≤0，于是，當(dāng)x≥0時，g（x）單調(diào)遞減，且g0=0，故g（x）≤0，故得證.（2）命題等價于函數(shù)y=a與h（x）=exx2的圖像在0，+SymboleB@上只有一個交點(diǎn).又因?yàn)閔′（x）=exx－2x3，于是，當(dāng)x∈0，2時，h′（x）<0，h（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈2，+SymboleB@時，h′（x）>0，h（x）單調(diào)遞增.故當(dāng)且僅當(dāng)a=h2=e24時，命題成立.練習(xí)2．已知函數(shù)f（x）=aex－1－lnx+lna.若f（x）≥1，求a的取值范圍.解答：f（x）≥1，即aex－1－lnx+lna≥1，同構(gòu)變形為elna+x－1－lnx+lna≥1elna+x－1+lna+x－1≥x+lnx=elnx+lnx.構(gòu)造函數(shù)Ft=et+t，則Ft在R上單調(diào)遞增，于是f（x）≥1Flna+x－1≥Flnxlna+x－1≥lnxlna≥lnx－x+1=g（x）恒成立，即lna≥g（x）max.又因?yàn)間′（x）=1－xx，故g（x）max=g1=0，則lna≥0，即a≥1為所求.題型三、指對混合的復(fù)雜函數(shù)中的恒成立或有解問題若是函數(shù)不等式中至少混雜了指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)與三角函數(shù)中的兩類時，由于直接求導(dǎo)較為困難，通常考慮放縮簡化.放縮具有一定的技巧性，其基本原理為不等式性質(zhì)、函數(shù)有界性、泰勒展開式等，有時還需要分段以更精確地解決放縮尺度的問題.因此，對于混合型的函數(shù)解析式，更加需要考生充分運(yùn)用數(shù)學(xué)解題技能，靈活選擇合適的方法來解決問題.例3．已知函數(shù)f（x）=ex－lnx+m.當(dāng)m≤2時，證明f（x）>0.思路分析：（放縮簡化型）先觀察f（x）的結(jié)構(gòu)，f（x）的解析式混合了指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)，且參數(shù)位于對數(shù)函數(shù)真數(shù)的位置，此時通過指對分離、指對同構(gòu)等變形并不能簡化解決問題，于是聯(lián)想到泰勒展開式，聯(lián)合指對函數(shù)的切線進(jìn)行放縮，注意到ex≥x+1>x－1≥lnx，即ex≥x+1≥lnx+2（不同時取等），故可得ex－lnx+2>0，這就是本題的命題背景.解答：當(dāng)m≤2，x∈－SymboleB@，+SymboleB@時，f（x）≥ex－lnx+2，故只需證g（x）=ex－lnx+2>0，x>－2.又因?yàn)間′（x）=ex－1x+2在－2，+SymboleB@上單調(diào)遞增，且g′－1=1e－1<0，g′0=12>0，故存在唯一x0∈－1，0使得g′x0=0.當(dāng)x∈－2，x0時，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈x0，+SymboleB@時，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增，故g（x）min=gx0=ex0－lnx0+2，又因?yàn)間′x0=ex0－1x0+2=0，所以ex0=1x0+2，變形得－lnx0+2=x0.于是，有g(shù)（x）≥g（x）min=1x0+2+x0=x0+12x0+2>0，得證.點(diǎn)評：本題是已知參數(shù)取值范圍，證明不等式恒成立問題，函數(shù)的解析式是指對混合的復(fù)雜函數(shù)，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及最值，屬于難題.對于此類問題，可以結(jié)合參數(shù)的取值范圍，對目標(biāo)不等式進(jìn)行適當(dāng)放縮，包括尋找中間常量、切線放縮、割線放縮、利用泰勒展開式放縮等，難點(diǎn)在于放縮的尺度.變式3．已知函數(shù)f（x）=ex－sinx－cosx，g（x）=ex+sinx+cosx.證明：當(dāng)x>－5π4時，f（x）≥0.思路分析：（放縮簡化型）先觀察f（x）的結(jié)構(gòu)，f（x）的解析式混雜了指數(shù)函數(shù)和三角函數(shù)，整體求導(dǎo)比較復(fù)雜，于是聯(lián)想到拆分為兩個熟悉的函數(shù)：h（x）=ex，φ（x）=sinx+cosx，即證當(dāng)x>－5π4時，h（x）≥φ（x）；觀察發(fā)現(xiàn)h（x），φ（x）的函數(shù)圖像有公共點(diǎn)0，1，且在此公共點(diǎn)處有一條公共切線y=x+1，考慮作放縮處理.作出拆分的兩個函數(shù)及其公共切線的圖像如圖，根據(jù)三角函數(shù)的特點(diǎn)，將函數(shù)進(jìn)行分段處理.在各段的討論中，綜合運(yùn)用函數(shù)有界性（ex>0，－1≤sinx，cosx≤1）以及常用不等式（ex≥x+1，sinx≤xx≥0）進(jìn)行放縮.解答：令h（x）=ex，φ（x）=sinx+cosx=2sinx+π4，即證當(dāng)x>－5π4時，h（x）≥φ（x）.當(dāng)x∈－5π4，－π4時，x+π4∈－π，0，故h（x）>0，φ（x）≤0，故成立；當(dāng)x∈－π4，0時，由ex>x+1有f（x）>x+1－sinx－cosx=γ（x），則γ′（x）=1+sinx－cosx=1+2sinx－π4≤0，故γ（x）在－π4，0上單調(diào)遞減，注意到γ0=0，則γ（x）>0，故成立；當(dāng)x∈0，+SymboleB@時，同理由ex>