一個“含參數的函數（不等式）的最值（恒成立）問題”的解法探究

全志淼

（湖南省衡陽市第一中學 湖南衡陽 421000）

一個“含參數的函數（不等式）的最值（恒成立）問題”的解法探究

全志淼

（湖南省衡陽市第一中學 湖南衡陽 421000）

眾所周知：函數貫穿了整個高中數學，涉及了幾乎所有的知識點，對函數知識掌握的好壞，決定了學習數學的效果。很多有關函數的問題，入手容易，但分類眾多且運算困難，因此有不少同學談“函數色變”。不過，在學習函數的過程中，若能根據具體問題特點，選擇合適的方法，將會使復雜的問題簡化，看似極難的題目得到巧妙的解決，從而極大地增強學習數學的信心。本文對函數中最具典型的問題之一：含參數的函數（不等式）的最值（恒成立）問題進行探究，以助讀者高屋建瓴，并對其他相關問題也能應對裕如。

（1）求函數f（x）的定義域；

（2）確定函數f（x）在定義域上的單調性，并證明你的結論；

故函數f（x）的定義域是：（-1，0）∪（0，+∞）

當x＞0時，上式恒小于0，因此f（x）在（0，+∞）上單調遞減；

∴g（x）在（-1，0）上單調遞增

∴g（x）＜g（0）=-1

∴f′（x）＜0，所以f（x）在（-1，0）上單調遞減。

（3）方法一：參變量分離（參數獨立了）

∴d（x）在（0，+∞）上單調遞增，顯然：d（2）=1-3ln3＜0，d（3）=2-ln4＞0

故必存在a∈（2，3）使得d（a）=0，即：

又由（*）式可確定a∈（2，3）

∴a+1∈（3，4）

所以：正整數k的最小值為3。

方法二：變形后求導（參數沒有獨立）

即證明：

h（x）min=h（k-1）=lnk-k+2＞0

∴最大的正整數k為3。

方法三：先探索后證明（由特殊到一般）

令x=1，得k＜2（1+ln2）

∴k值不大于3。

h（x）的正負僅與-2x+1+xln（x+1）+ln（x+1）有關。

令p（x）=-2x+1+xln（x+1）+ln（x+1），則p′（x）=ln（x+1）-1

由p′（x）=0知x=e-1，易得p（e-1）是函數p（x）的極小值。

即最小值：p（e-1）=3-e＞0

∴正整數k的最大值為3。

親愛的讀者朋友，你的收獲怎么樣？那我們再來試一試好嗎？

引申練習：已知函數f（x）=ex-ax

（1）若對一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求實數a的取值的集合；

（2）若方程f（x）=a（lnx-x+1）（a＞0）有兩個不等的實數根x1，x2（0＜x1＜x2）。

附解答：（1）若a≤0，則對x＜0，f（x）≤1存在。這與題設矛盾，故首先有a＞0。

f′（x）=ex-a，令f′（x）=0，得x=lna。

當0＜x＜lna時，f（x）單調遞減；當x＞lna時，f（x）單調遞增。

∴f（x）的最小值為f（lna）=a-alna≥1恒成立。

令g（t）=t-tlnt，則g′（t）=-lnt。

當 0＜t＜1 時，g′（t）＞0，g（t）單調遞增；當t＞1 時，g′（t）＜0，g（t）單調遞減。

故當t=1 時，g（t）取最大值g（1）=1。

綜上所述：a的取值集合為{1}。

（2）由f（x）=a（lnx-x+1），可得ex-alnx-a=0。

∴φ（x）=φ（1）=e

∴a≥e

令g（x）=ex-alnx-a，若y=g（x）有兩個零點，則a＞e，所以g（1）=e-a＜0。

由g（a）=ea-alna-a（a＞e）得g′（a）=ea-lna-2。

∴g′（a）在（e，+∞）上單調遞增。

∴g′（a）＞g′（e）=ee-3＞e2-3＞0

∴g（a）在（e，+∞）上單調遞增。

∴g（a）＞g（e）=ee-2e＞0，則g（1）g（a）＜0

∴1＜x2＜a。

G634.6

A

1004-7344（2016）23-0042-02

2016-7-26

全志淼（1999-），男，高中。