利用“賦值驗(yàn)證法”巧解函數(shù)導(dǎo)數(shù)中的含參問(wèn)題

王新建

【摘 要】 ?利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)中含參問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)更是難點(diǎn).本文由2019年浙江高考第22題的解答中得到啟示，談“賦值驗(yàn)證法”在求解函數(shù)導(dǎo)數(shù)中含參問(wèn)題的應(yīng)用.

【關(guān)鍵詞】 ?賦值；驗(yàn)證；導(dǎo)數(shù)；含參問(wèn)題

1 問(wèn)題與解答

問(wèn)題 ??（2019浙江高考22題第二問(wèn)）已知實(shí)數(shù)a≠0，設(shè)函數(shù)f（x）=a ln x+ 1+x ，

x>0.對(duì)任意x∈ ?1 ?e ?2 ，+∞ 均有f（x）≤ ?x ?2a ，求a的取值范圍.

解 ??由f（1）≤ 1 2a ，得0

當(dāng)0

令t= 1 a ，則t≥2 2 ，

設(shè)g（t）=t 2 x －2t 1+x －2 ln x，t≥2 2 ，

則g（t）= x ?t－ 1+ 1 x ????2－ 1+x ?x ?－2 ln x，

接下來(lái)分x≥ 1 7 和 1 ?e ?2 ≤x≤ 1 7 兩種情況進(jìn)行驗(yàn)證.

從而證得當(dāng)0

本題的解題策略是：先找問(wèn)題成立的一個(gè)必要條件，即f（1）≤ 1 2a ，得到a的范圍0

再驗(yàn)證這個(gè)范圍就是所求a的范圍，即充分性成立.這種由必要性開(kāi)路，充分性證明收尾的方法，我們稱(chēng)之為“賦值驗(yàn)證法”.下面談?wù)劇百x值驗(yàn)證法”在幾類(lèi)含參問(wèn)題中的應(yīng)用.

2 賦值驗(yàn)證法的應(yīng)用

賦值驗(yàn)證法的關(guān)鍵是取何值為特殊值進(jìn)行賦值，難點(diǎn)是求出參數(shù)的范圍后，如何進(jìn)一步“驗(yàn)證”.

2.1 賦值驗(yàn)證法第一重應(yīng)用

利用區(qū)間端點(diǎn)賦值，求出參數(shù)范圍范圍，進(jìn)一步求解.

例1 ??若函數(shù)f（x）=ax 3－3x+1對(duì)任意x∈［－1，1］時(shí)，f（x）≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解析 ??第一步：賦值.

因?yàn)閷?duì)任意x∈［－1，1］，不等式f（x）≥0恒成立，

所以對(duì)于特殊的x=－1和x=1，不等式f（x）≥0必成立，

則 ?f（－1）≥0，f（1）≥0，

f（－1）=－a+3+1≥0，f（1）=a－3+1≥0，

2≤a≤4.

第二步：驗(yàn)證.

當(dāng)2≤a≤4時(shí)，有方程f′（x）=3ax 2－3=0，得x=± ?1 a ?∈［－1，1］，

當(dāng)x∈ －1，－ ?1 a ??時(shí)，f′（x）≥0，

即f（x）在 －1，－ ?1 a ??上單調(diào)遞增；

當(dāng)x∈ － ?1 a ?， ?1 a ??時(shí)，f′（x）≤0，

即f（x）在 － ?1 a ?， ?1 a ??上單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈ ??1 a ?，1 時(shí)，f′（x）≥0，即f（x）在 ??1 a ?，1 上單調(diào)遞增.

所以f（x） ?min ?= min ?f（－1），f ??1 a

= min ?－a+4，－2 ?1 a ?+1 ≥0，

解之得a=4.

綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a=4.

小結(jié) ??對(duì)于不等式f（x）≥0對(duì)任意x∈［m，n］恒成立.若端點(diǎn)處函數(shù)值f（m），f（n）

包含參數(shù)，則可以根據(jù)恒成立條件，不等式在端點(diǎn)處也成立，得不等式組 ?f（m）≥0，f（n）≥0，

求出參數(shù)范圍，達(dá)到縮小參數(shù)范圍的目的.同理可研究不等式f（x）≤0對(duì)任意x∈［m，n］恒成立問(wèn)題.

2.2 賦值驗(yàn)證法第二重應(yīng)用

函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)處恒成立，利用一階導(dǎo)數(shù)求參數(shù)范圍.

例2 ??設(shè)函數(shù)f（x）=（1－x 2） e ?x，若對(duì)任意x∈［0，+∞），f（x）≤ax+1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解析 ??第一步：賦值.

令g（x）=f（x）－ax－1=（1－x 2） e ?x－ax－1，易知g（0）=0，

因?yàn)閷?duì)任意x∈［0，+∞），g（x）≤0恒成立，

所以在x=0右側(cè)極小區(qū)間內(nèi)g（x）的圖象必須向下，即切線的斜率小于等于零，

所以g′（0）=1－a≤0.

第二步：驗(yàn)證.

當(dāng)a≥1時(shí)，g′（x）=（1－2x－x 2） e ?x－a，且g″（x）=（－1－4x－x 2） e ?x，

當(dāng)x≥0時(shí)，g″（x）<0，所以導(dǎo)函數(shù)g′（x）在［0，+∞）上單調(diào)遞減，

又因?yàn)間′（x） ?max ?=g′（0）=1－a<0，所以函數(shù)g（x）在［0，+∞）上單調(diào)遞減，

所以g（x） ?max ?=g（0）=0.

綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≥1.

小結(jié) ??對(duì)于不等式f（x）≥0對(duì)任意x∈［m，n］恒成立.若端點(diǎn)處函數(shù)值f（m）=0或f（n）=0，則可利用一階導(dǎo)數(shù)值f′（m）≥0或f′（n）≤0求參數(shù)得范圍，達(dá)到縮小參數(shù)范圍目的.同理可研究不等式f（x）≤0對(duì)任意x∈［m，n］恒成立問(wèn)題.

2.3 賦值驗(yàn)證法第三重應(yīng)用

函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值和一階導(dǎo)數(shù)值均為零，利用二階導(dǎo)數(shù)求參數(shù)范圍.

例3 ??已知函數(shù)f（x）=x－ ln （x+1），g（x）= e ?x－x－1，若對(duì)任意x≥0，不等式kf（x）≤g（x）恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.

解析 ??第一步：賦值.

令h（x）=kf（x）－g（x）=（k+1）x－k ln （x+1）－ e ?x+1，易知h（0）=0，

因?yàn)閷?duì)任意x∈［0，+∞），h（x）≤0恒成立，

所以在x=0右側(cè)極小區(qū)間內(nèi)h（x）的圖象必須向下，即在x=0切線的斜率為小于等于零，

又因?yàn)閔′（x）=（k+1）－ k x+1 － e ?x，所以h′（0）=0，

又因?yàn)樵趚=0右側(cè)極小區(qū)間內(nèi)h′（x）≤0，

所以導(dǎo)函數(shù)h′（x）在x=0切線的斜率為小于等于零，

又因?yàn)閔″（x）= k （x+1） ?2 － e ?x，所以h″（0）=k－1≤0.

第二步：驗(yàn)證.

①當(dāng)k≤0時(shí)，對(duì)任意x≥0，h″（x）= k （x+1） ?2 － e ?x<0，

所以導(dǎo)函數(shù)h′（x）在［0，+∞）上單調(diào)遞減，

又因?yàn)閔′（0）=0，所以函數(shù)h（x）在［0，+∞）上單調(diào)遞減，

又因?yàn)閔（0）=0，所以對(duì)任意x≥0，h（x）≤0，即不等式kf（x）≤g（x）恒成立.

②當(dāng)0

所以函數(shù)h″（x）在［0，+∞）上單調(diào)遞減，

所以h″（x） ?max ?=h″（0）=k－1≤0，即函數(shù)h′（x）在［0，+∞）上單調(diào)遞減，

又因?yàn)閔′（0）=0，所以函數(shù)h（x）在［0，+∞）上單調(diào)遞減，

又因?yàn)閔（0）=0，所以對(duì)任意x≥0，h（x）≤0，即不等式kf（x）≤g（x）恒成立.

綜上所述，實(shí)數(shù)k的取值范圍為k≤1.

小結(jié) ??對(duì)于不等式f（x）≥0對(duì)任意x∈［m，n］恒成立.若端點(diǎn)處函數(shù)值f（m）=f（n）=0且f′（m）=f′（n）=0，則可利用二階導(dǎo)數(shù)值f′（m）≥0或f′（n）≤0求參數(shù)得范圍，達(dá)到縮小參數(shù)范圍目的.同理可研究不等式f（x）≤0對(duì)任意x∈［m，n］恒成立問(wèn)題.

2.4 賦值驗(yàn)證法第四重應(yīng)用

函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值為無(wú)限時(shí)，可以利用區(qū)間中間的特殊值點(diǎn)求參數(shù)的范圍.

例4 ??已知函數(shù)f（x）= 1 2 ax 2－ ln x（x>0，a∈ R ），若不等式f（x）≥ a 2 對(duì)任意x>0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解析 ??第一步：賦值.

令g（x）=f（x）－ a 2 = 1 2 ax 2－ ln x－ a 2 ，我們發(fā)現(xiàn)g（1）=0，不等式g（x）≥0在x=1處取到等號(hào)，

所以在x=1左側(cè)極小區(qū)間內(nèi)g′（x）≤0，在x=1右側(cè)極小區(qū)間內(nèi)g′（x）≥0，

又因?yàn)間′（x）=ax－ 1 x 是（0，+∞）上的單調(diào)函數(shù)，

所以g′（1）=a－1=0.

第二步：驗(yàn)證.

當(dāng)a=1時(shí)，g（x）= 1 2 x 2－ ln x－ 1 2 ，方程g′（x）=x－ 1 x = x 2－1 x =0在（0，+∞）上的解為x=1，

當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）<0，所以函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）>0，所以函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增.

所以g（x） ?max ?=g（1）=0，即對(duì)任意x>0，不等式f（x）≥ a 2 恒成立.

綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a=1.

例5 ??已知函數(shù)f（x）= ?ln x x+1 + 1 x ，如果對(duì)任意x>0且x≠1，不等式f（x）> ?ln x x－1 + k x 恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.

解析 ??第一步：賦值.

不等式f（x）> ?ln x x－1 + k x ，

等價(jià)于f（x）－ ??ln x x－1 + k x

= 1 1－x 2 ?2 ln x+ （k－1）（x 2－1） x ?，

令g（x）=2 ln x+ （k－1）（x 2－1） x ，則g（0）=0，且g′（x）= （k－1）（x 2+1）+2x x 2 ，

當(dāng)00，所以g（x）>0，當(dāng)x>1時(shí)， 1 1－x 2 <0，所以g（x）<0，

即在x=1左側(cè)極小范圍內(nèi)g（x）>0，在x=1右側(cè)極小的范圍內(nèi)g（x）<0，

所以g′（1）= 2（k－1）+2 1 =k≤0.

第二步：驗(yàn)證.

當(dāng)k≤0時(shí)，由g′（x）= k（x 2+1）－（x－1） ?2 x 2 知，當(dāng)x≠1時(shí)，g′（x）<0，h′（x）單調(diào)遞減，

因?yàn)間′（1）=0，

所以當(dāng)00，可得 1 1－x 2 g（x）>0；當(dāng)x>1時(shí)，g（x）<0，可得 1 1－x 2 g（x）>0.

綜上所述，當(dāng)x>0且x≠1時(shí)，f（x）－ ??ln x x－1 + k x ?>0，即f（x）> ??ln x x－1 + k x ?.

對(duì)于不等式f（x）≥0對(duì)任意x∈（m，n）恒成立.若端點(diǎn)處函數(shù)值無(wú)限大，則可利用區(qū)間中間使得不等式等號(hào)成立的點(diǎn)或恒等變形后使得不等式等號(hào)成立的點(diǎn)求參數(shù)的范圍，達(dá)到縮小參數(shù)范圍目的.同理可研究不等式f（x）≤0對(duì)任意x∈（m，n）恒成立問(wèn)題.

3 結(jié)語(yǔ)

運(yùn)用“賦值驗(yàn)證法”實(shí)質(zhì)上是利用必要性求參數(shù)范圍，再驗(yàn)證充分性，它的關(guān)鍵點(diǎn)是取何值為賦值點(diǎn)，難點(diǎn)是縮小范圍后的進(jìn)一步“驗(yàn)證”.運(yùn)用此法能夠有效地避免復(fù)雜的分類(lèi)討論，簡(jiǎn)化計(jì)算，提高解題效率.我們面對(duì)具體問(wèn)題是還要明白，賦值驗(yàn)證法只是一種解題思想和策略，它不能解決所有含參問(wèn)題，這就需要平時(shí)多思多想多總結(jié)，力求做到精準(zhǔn)解題.

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