從2020年全國Ⅰ卷導數壓軸題談求參數取值范圍

蘇藝偉

(福建省龍海第一中學新校區 363100)

試題呈現2020年全國Ⅰ卷理科第21題

已知函數f(x)=ex+ax2-x.

(1)當a=1時,討論f(x)的單調性(解略)；

試題分析試題以含參函數為載體,考查利用導數研究函數的單調性,極值,求參數取值范圍等導數中的熱點問題.突出對數學運算素養與邏輯推理素養的考查.對于已知恒成立問題求參數的取值范圍,是常考題型,常用的解題策略可以是分離參數法,也可以直接對參數進行分類討論.

試題解析 方法1分離變量

當x=0時,a∈R.

只需a≥g(x)max.

令g′(x)=0,得x=2.g(x)在(0,2)上單調遞增,在(2,+)上單調遞減,所以此時有

方法2直接對參數a進行分類討論.

試題反思不難發現,此類求參數取值范圍試題,在常見的這兩種方法當中,求解的繁簡程度不盡相同.兩種方法雖然都能夠求解但是有著各自的缺點.法1分離變量轉化為求新函數的最值,有可能遇到新函數在某點處沒有定義,此時需要借助導數的定義或者洛必達法則求解.法2直接對參數進行討論,有可能不知道如何討論,也就是難以發現討論的臨界點.除了上述兩種方法之外,解決恒成立問題中的求參數取值范圍,還經常采用先必要后充分,首先求出符合題意的參數取值范圍,但是此時有可能代入的特殊點求出的參數取值范圍并不是最終的答案.因此在解題中要十分小心,避免出錯.

試題變式12020福建聯賽

已知函數f(x)=[x2+(a-1)x+1]ex,若f(x)+e2≥0恒成立,求a的取值范圍.

解析 方法1分離變量

由已知可得(a-1)x≥-e2-x-x2-1.

當x=0時,a∈R.

當x<0時,e2-x-x+1>0.

所以當x∈(-∞,-1)時,g(x)單調遞減;

當x∈(-1,0)時,g(x)單調遞增;

故g(x)最小值為g(-1)=e3+2,此時a-1≤e3+2,a≤e3+2.

綜上,a∈[-2,e3+3].

方法2直接對參數進行分類討論

令g(x)=x2+(a-1)x+1,則f(x)=g(x)ex.f′(x)=(x+1)(x+a)ex.

對于g(x),為一元二次函數,開口向上,Δ=(a-3)(a+1).

當-1≤a≤3時,Δ≤0,g(x)≥0,此時f(x)≥0，故f(x)+e2≥0，符合題意.

當a>3時,f(x)在(-,-a)單調遞增,在(-a,-1)單調遞減,在(-1,+∞)單調遞增.若x≤-a,則g(x)=x(x+a)+1-x>0,此時f(x)>0,故f(x)+e2≥0,符合題意.若x>-a,則f(x)的最小值為f(-1)=(3-a)e-1,令(3-a)e-1+e2≥0,得a≤e3+3,所以3

當a<-1時,f(x)在(-∞,-1)單調遞增,在(-1,-a)單調遞減,在(-a,+∞)單調遞增.若x≤-1,則g(x)=x2+(a-1)x+1>(a-1)x>0,此時f(x)>0,故f(x)+e2≥0，符合題意.若x>-1,則f(x)的最小值為f(-a)=(a+1)e-x,令(a+1)e-x+e2≥0.記φ(x)=(x+1)e-x+e2,則φ(x)≥0,φ′(x)=-xe-x>0,φ(x)在(-∞,-1)單調遞增，又φ(-2)=0,所以當x∈[-2,-1)時，φ(x)≥0,故a∈[-2,-1).

綜上，a∈[-2,e3+3].

試題變式22020年福建省質檢理科第21題

(1)求f(x)的極值；(2)若exlnx+mx2+(1-ex)x+m≤0,求正實數m的取值范圍.

當a>0,x>0時，令f′(x)=0,得x=a.所以f(x)在(0,a)單調遞減，在(a,+∞)單調遞增，所以f(x)有極小值f(a)=1-lna2;當a<0,x<0時，令f′(x)=0,得x=a.所以f(x)在(-∞,a)單調遞減，在(a,0)單調遞增，所以f(x)有極小值f(a)=1-lna2.綜上，f(x)有極小值1-lna2，無極大值.

(2)方法1分離變量

所以h(x)>0.

方法2直接對參數進行討論

記g(x)=exlnx+mx2+(1-ex)x+m,則g(x)≤0,x>0,m>0.

由于lnx≤x-1,所以g(x)≤ex(x-1)+mx2+x-xex+m,

即g(x)≤-ex+mx2+x+m.

記h(x)=-ex+mx2+x+m,轉化成h(x)≤0,x>0,m>0.

h′(x)=-ex+2mx+1,h″(x)=2m-ex,h″(x)在(0,+∞)單調遞減，ex∈(1,+∞).

由h′(x0)=0得-ex0=-1-2mx0(1)，所以h(x)max=h(x0)=m(x0-1)2+x0-1.

令m(x0-1)2+x0-1≤0，

解得(x0-1)(m(x0-1)+1)≤0(2)

方法3先必要后充分

記g(x)=exlnx+mx2+(1-ex)x+m，則g(x)≤0，x>0,m>0.

h(x)在(0,1)單調遞增，在(1，+)單調遞減，所以h(x)max=h(1)=0，則h(x)≤0，故g(x)≤0.

試題變式3f(x)=alnx-x+1,a∈R.若f(x)≤0在x∈(0,+)上恒成立,求a的取值范圍.

方法1分離變量

f(x)=alnx-x+1,x∈(0,+).

由已知有alnx-x+1≤0在x∈(0,+)上恒成立.

即alnx≤x-1在x∈(0,+)上恒成立.

當x=1時,有a·0≤0,此時a∈R.

g(x)在x∈(0,1)單調遞增.g(x)max=g(1),

根據洛比達法則有

故a≥1.

當x∈(1,+)時,有令只需a≤g(x)min.

由g′(x)>0知g(x)在x∈(1,+)單調遞增.g(x)min=g(1).

根據洛比達法則有

故a≤1.

綜上,a的取值范圍是{1}.

方法2直接對參數進行分類討論

f(x)=alnx-x+1,x∈(0,+).

若a≤0,則f′(x)<0,f(x)在x∈(0,+)單調遞減.

又f(1)=0,所以當x∈(0,1)時,f(x)>f(1)=0,與f(x)≤0矛盾.

若a>0,令f′(x)=0得x=a.

當x∈(0,a)時,f′(x)>0,f(x)在x∈(0,a)單調遞增.

當x∈(a,+)時,f′(x)<0,f(x)在x∈(a,+)單調遞減.

故f(x)max=f(a)=alna-a+1.

由已知有alna-a+1≤0.

由于當x>0時,xlnx≥x-1,當且僅當x=1時取等號,

故alna-a+1≥0恒成立.

因此有alna-a+1=0,此時a=1.

綜上,a的取值范圍是{1}.

方法3先必要后充分

由f(x)≤0在x∈(0,+)上恒成立,且f(1)=0,故有f′(1)=0.

下證充分性：

當a=1時,f(x)=lnx-x+1,x∈(0,+).

由于當x>0時,lnx≤x-1,當且僅當x=1時取等號.

故f(x)≤0在x∈(0,+)上恒成立.

因此a的取值范圍是{1}.

注意:法3是先求出符合題意的必要條件,再驗證充分性.其中運用到下述理論依據:如果連續函數的圖像恒在x軸及上方(下方),且函數在定義域內存在不是端點的零點,那么函數在零點處的切線斜率必等于零.

不難發現,此類導數壓軸試題中的恒成立問題,是常考內容,但是常考常新.在掌握上述常見三種方法的基礎上,在實際解題中要認真觀察題目條件,善于對表達式進行變式,構造;結合函數圖象,不等式知識,巧妙轉化,放縮;大膽虛設零點,巧妙代換;善于運用相關結論,掌握解題技巧.通過典型的試題,針對性的訓練,逐步提高此類問題的解決能力.