導數中已知不等式恒成立求參數范圍問題的探討

陳朝陽

在高三復習到導數這一章節的時候，有關已知不等式恒成立求參數范圍問題是學生感覺到比較困難的一類問題，這個問題是近幾年各省份高考的熱點和難點問題.針對這一問題，我們備課組通過微型課題的方式，集中研討，再將其反饋給學生，取得了較好的教學效果.下面對這一問題，以2010年全國新課標卷理科21題的第二小問為背景，從不同角度分析這類問題的思考方向，供同行參考.

題目：設函數f（x）=e■-1-x-ax■.

（1）若a=0，求f（x）的單調區間；

（2）若當x≥0時f（x）≥0，求a的取值范圍.

這一道題看似簡單，其實是命題經過深思熟慮命制的試題，尤其是第二問，命題者給出的答案非常巧妙并且頗有思辨性，我們先看下命題組給出的解法.

解法一：f′（x）=e■-1-2ax，由于e■≥x+1，f′（x）≥x-2ax=（1-2a）x，

（i）若1-2a≥0，即a≤■時，當x≥0時，f′（x）≥0，而f（0）=0，于是，有f（x）≥f（0）=0；

（ii）若a>■時，由于x≠0時，e■>x+1，可得e■>1-x，e■-1>-x，所以，-2ax<2a（e■-1），f′（x）

當x∈（0，ln2a）時，f′（x）<0，而f（0）=0，于是存在x∈（0，ln2a），

使得f（x）■時，f（x）≥0在[0，+∞）不恒成立，

綜上所述，實數a的取值范圍是（-∞，■].

這種解法充分利用了第一小問得到的結論，即e■≥x+1，這也是高中導數涉及放縮問題常用的一個重要不等式.這種將已證結論作為條件的方法是高考導數問題中的常用方法.

解法二：f′（x）=e■-1-2ax，令g（x）=f′（x），則g′（x）=e■-2a.由于x≥0時，e■≥i，若a≤■時，g′（x）≥0（等號僅當x=0時成立），

所以，g（x）在[0，+∞）上單調遞增，且g（0）=0，

因此，當x≥0時，g（x）≥g（0）=0，即f′（x）≥0，且f（0）=0，

所以，f（x）≥f（0）=0；

若a>■時，由g′（x）=e■-2a=0，得到x=ln2a，

∴x∈（0，ln2a），g′（x）<0；x∈（ln2a，+∞），g′（x）>0.

從而y=f′（x）在（0，ln2a）上單調遞減，在（ln2a，+∞）上單調遞增.

所以，當x∈（0，ln2a）時，有f′（x）

于是，當x∈（0，ln2a）時，有f（x）

綜上可知，a的取值范圍是（-∞，■].

這種解法是學生最容易想到的解法，也是恒成立問題中最常見的方法.在這種解法中，應強調參數a的臨界值的取得技巧.

解法三：參變量分離法

（Ⅱ）（i）若x=0時，f（x）≥0成立時，a是任意實數；

（ii）若x>0時，f（x）≥0等價于a≤■-■-■，令g（x）=■，

令K（x）=e■-x-1-■x■，K′（x）=e■-1-x，由于e■≥x+1，K′（x）≥0，

K（x）在（0，+∞）上是增函數，即在[0，+∞）上是增函數，且K（0）=0，

K（x）≥K（0）=0，即e■≥1+x+■x■，而g（x）=■>■=■，

即a≤■，綜上所述：實數a的取值范圍是（-∞，■].

這種方法是求解恒成立問題的常見方法，分離參數問題不大，難點在函數K（x）的構造，這個背景是e■的泰勒展開式.

解法四：利用極限思想

（Ⅱ）（i）若x=0時，f（x）≥0成立時，a是任意實數；

（ii）若x>0時，f（x）≥0等價于a≤■-■-■，令g（x）=■，由（Ⅰ）知e■≥x+1（僅x=0等號成立），所以g（x）=■>0，g′（x）=■.

因為x>0，要g′（x）>0，只需（e■+1）x-2（e■-1）>0，

現在設h（x）=（e■+1）x-2（e■-1），即只需h（x）=xe■-2e■+x+2>0（x>0），又h（0）=0，則只需h′（x）>0（x>0）.

（1）當x≥1時，

因為h′（x）=e■+xe■-2e■+1=xe■-e■+1=e■（x-1）+1>（x+1）（x-1）+1=x■>0，

即h′（x）>0.

（2）當0

因為h′（x）=e■+xe■-2e■+1

=xe■-e■+1

=e■（x-1）+1

此時，令t（x）=e■（x-1）+1，則t′（x）=xe■>0，

所以t（x）>t（0）=0，

綜上所述：h（x）>h（0）=0.

所以g′（x）=■=■>0，

則g（x）在區間（0，+∞）上是增函數，

因此，a≤■g（x）=■■=■■=■■=■，

綜上所述，實數的取值范圍是（-∞，■].

這種解法在變量分離后能得出所構造的函數是單調函數，但是沒有最小值，這個時候需要求極限，由于用到了大學中的洛必達法則，這種方法不提倡，但對于參數a的臨界值的取得是一種思路.

解法五：結合函數圖像

作出函數y=e■（x≥0）的圖像，其在點P（0，1）處的切線為y=x+1，由x≥0時f（x）≥0得到，e■≥1+2ax，直線y=1+2ax是過定點P（0，1）的一條直線，通過圖像可得實數a的取值范圍是（-∞，■].

這種解法學生容易接受，但在高考解答題中慎用以形代替證明.原因有二：一是本題就是要證明圖像所表示的結論；二是萬一圖像法沒做出來中間的過程分是沒有的.但是，利用圖像，先找出參數a的臨界值，在結合代數證明，這也是值得向學生推介的.

通過上述幾種方法，對已知不等式恒成立求參數范圍問題的解題思路，應該是一種啟發.下面給出了近幾年的高考和自主招生中相關的問題.

練習1.（2011年高考全國新課標理）已知函數f（x）=■+■，曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為x+2y-3=0.

（Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）如果當x>0，且x≠1時，f（x）>■+■，求k的取值范圍.

練習2.（2010年南開大學自主招生）已知函數f（x）=sinx（x≥0），g（x）=ax（x≥0）.

（1）若f（x）≤g（x）恒成立，求實數a的取值范圍；

（2）當a取（1）中的最小值時，求證：g（x）-f（x）≤■x■.

參考答案：

練習1：解析：（Ⅰ）f′（x）=■-■

由于直線x+2y-3=0的斜率為-■，且過點（1，1），故f（1）=1，f′（1）=-■，

即b=1，■-b=-■，

解得a=1，b=1.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）=■+■，所以

f（x）-（■+■）=■（21nx+■）.

考慮函數h（x）=2lnx+■（x>0），則h′（x）=■.

（i）設k≤0，由h′（x）=■知，當x≠1時，h′（x）<0，h（x）遞減.而h（1）=0，故當x∈（0，1）時，h（x）>0，可得■h（x）>0；

當x∈（1，+∞）時，h（x）<0，可得■h（x）>0

從而當x>0，且x≠1時，f（x）-（■+■）>0，即f（x）>■+■.

（ii）設00，對稱軸x=■>1.當x∈（1，■）時，（k-1）（x■+1）+2x>0，故h′（x）>0，而h（1）=0，故當x∈（1，■）時，h（x）>0，可得■h（x）<0，與題設矛盾.

（iii）設k≥1.此時x■+1≥2x，（k-1）（x■+1）+2x>0？圯h′（x）>0，而h（1）=0，故當x∈（1，+∞）時，h（x）>0，可得■h（x）<0，與題設矛盾.

綜合得，k的取值范圍為（-∞，0].

練習2：（1）解：令h（x）=sinx-ax（x≥0），則h′（x）=cosx-a.

若a≥1，h′（x）=cos x-a≤0，h（x）=sin x-ax（x≥0）單調遞減，h（x）≤h（0）=0，則sin x≤ax（x≥0）成立.

若0

h′（x）=cos x-a>0，h（x）=sin x-ax（x∈（0，x■））單調遞增，h（x）>h（0）=0，不合題意，

結合f（x）與g（x）的圖像可知a≤0顯然不合題意，

綜上可知，a≥1.

（2）證明：當a取（1）中的最小值1時，g（x）-f（x）=x-sin x.

設H（x）=x-sin x-■x■（x≥0），則H′（x）=1-cos x-■x■.

令G（x）=1-cos x-■x■，則G′（x）=sin x-x≤0（x≥0），

所以G（x）=1-cos x-■x■在[0，+∞）上單調遞減，

此時G（x）=1-cos x-■x■≤G（0）=0，即H′（x）=1-cos x-■x■≤0，

所以H（x）=x-sin x-■x■（x≥0）單調遞減.

所以H（x）=x-sin x-■x■≤H（0）=0，

即x-sin x-■x■≤0（x≥0），即x-sin x≤■x■（x≥0）.

所以，當a取（1）中的最小值時，g（x）-f（x）≤■x■.