利用導(dǎo)數(shù)解決恒成立問(wèn)題的一般做法

【摘要】隨著高中數(shù)學(xué)教育的深入，導(dǎo)數(shù)已成為解決函數(shù)問(wèn)題的有力工具，尤其在處理恒成立問(wèn)題時(shí)顯示出獨(dú)特的優(yōu)勢(shì).本文主要探討如何利用導(dǎo)數(shù)解決高中數(shù)學(xué)中的恒成立問(wèn)題.恒成立問(wèn)題通常與不等式相關(guān)，導(dǎo)數(shù)法因其邏輯嚴(yán)謹(jǐn)和計(jì)算方便的特點(diǎn)而被廣泛使用.通過(guò)利用導(dǎo)數(shù)解決恒成立問(wèn)題，學(xué)生可以更加深入地理解數(shù)學(xué)中的基本概念和原理.

【關(guān)鍵詞】導(dǎo)數(shù);高中數(shù)學(xué);解題方法

1" 引言

恒成立問(wèn)題是高中數(shù)學(xué)中的常見(jiàn)問(wèn)題，一般與不等式相關(guān)聯(lián)，設(shè)問(wèn)方式一般為“告知某函數(shù)在某條件下恒成立，求某參數(shù)的取值范圍”［1］.本文首先介紹了直接求導(dǎo)判斷單調(diào)性的方法，并通過(guò)具體例題展示了如何根據(jù)求導(dǎo)來(lái)判斷函數(shù)的極值和最值，從而解決恒成立問(wèn)題.其次介紹了構(gòu)造法分離整體進(jìn)行求導(dǎo)的方法，通過(guò)構(gòu)造新函數(shù)，將新函數(shù)或者新函數(shù)的一部分作為一個(gè)整體，進(jìn)行合并求導(dǎo)，然后再對(duì)新函數(shù)進(jìn)行討論分析.通過(guò)利用導(dǎo)數(shù)解決恒成立問(wèn)題，學(xué)生可以更加深入地理解數(shù)學(xué)中的基本概念和原理［2］.

2" 試題呈現(xiàn)

2.1" 直接求導(dǎo)判斷單調(diào)性

例1" 設(shè)函數(shù)fx=lnx+x－xex+a+1，若fx≤0恒成立，則實(shí)數(shù)a的最大值為（" ）

（A）e－1." （B）1." （C）e－2." （D）0.

2.2" 構(gòu)造法分離整體進(jìn)行求導(dǎo)

例2" （1）設(shè)實(shí)數(shù)λgt;0，若對(duì)任意x∈e，+∞，關(guān)于x的不等式λeλx－lnx≥0恒成立，則λ的最小值為.

（2）已知實(shí)數(shù)agt;0，函數(shù)fx=1+lnax，gx=ex－a.若不等式fx≤x·gx恒成立，求a的取值范圍.

3" 思路分析

例1考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值以及函數(shù)恒成立問(wèn)題.由fx≤0恒成立，可求fx的最大值，通過(guò)對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，判斷出函數(shù)的單調(diào)性和最值，利用方程f′x0=0化簡(jiǎn)，可得實(shí)數(shù)a的取值范圍以及最大值.由于本題的定義域?yàn)镽，因此可以直接求導(dǎo)，求取函數(shù)最值.若定義域非實(shí)數(shù)R，可將變量a進(jìn)行分離，即由fx≤0可推出a≤－lnx－x+xex－1，求不等式右側(cè)函數(shù)的最小值即可，依然是通過(guò)導(dǎo)數(shù)求解.

例2第（1）問(wèn)考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值，涉及轉(zhuǎn)化思想以及導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用.通過(guò)實(shí)數(shù)λgt;0，對(duì)任意x∈e，+∞，不等式λeλx－lnx≥0恒成立，可以推出不等式λxeλx≥elnxlnx恒成立.再通過(guò)構(gòu)造函數(shù)gx=xex，x∈e，+∞，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，通過(guò)分離參數(shù)即可得出結(jié)論.第（2）問(wèn)由不等式fx≤x·gx恒成立，可得lnax+ax+1≤xex=ex+lnx在0，+∞上恒成立，分a=1，0lt;alt;1和agt;1三種情況進(jìn)行討論，求導(dǎo)判斷單調(diào)性，可得a的取值范圍.本題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，以及函數(shù)的單調(diào)性和最值，因涉及分類討論思想，屬于較難題.

4" 解法探究

例1在解決恒成立問(wèn)題時(shí)，一般做法是通過(guò)導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)在定義域內(nèi)的單調(diào)性，求取最值或拐點(diǎn)（拐點(diǎn)不可求導(dǎo)），通過(guò)最值判斷函數(shù)值在給定的范圍內(nèi)是否恒成立.

由題意，fx≤0恒成立，即求fx的最大值，函數(shù)fx=lnx+x－xex+a+1，其定義域?yàn)?，+∞，則f′x=1x+1－exx+1=1+xx－ex1+x=1+x1x－ex，

因?yàn)?+xgt;0，而y=1x－ex在0，+∞上單調(diào)遞減，且x=12時(shí)，y=2－egt;0，當(dāng)x=1時(shí)，y=1－elt;0.

因此存在x0∈12，1，滿足f′x0=0，即1x0=ex0且－lnx0=x0，則函數(shù)fx在0，x0上單調(diào)遞增，在x0，+∞上單調(diào)遞減.

此時(shí)有f（x）max=fx0=lnx0+x0－x0ex0+a+1=－x0+x0－1+a+1=a≤0，即實(shí)數(shù)a的最大值為0，故選（D）.

例2在一些難以直接求導(dǎo)的函數(shù)中，可以通過(guò)構(gòu)造新函數(shù)，將新函數(shù)或者新函數(shù)的一部分作為一個(gè)整體，進(jìn)行合并求導(dǎo)，然后再對(duì)新函數(shù)進(jìn)行討論分析.

（1）實(shí)數(shù)λgt;0，對(duì)任意x∈e，+∞，不等式λeλx－lnx≥0恒成立不等式λxeλx≥elnxlnx恒成立.構(gòu)造函數(shù)gx=xex，x∈e，+∞，則g′x=x+1exgt;0，得到函數(shù)gx在x∈e，+∞上單調(diào)遞增.

因此λx≥lnx，即λ≥lnxx，x∈e，+∞，令hx=lnxx，x∈e，+∞，有h′x=1－lnxx2lt;0，因此函數(shù)hx在x∈e，+∞上單調(diào)遞減.故hxlt;he=1e，即λ≥1e.

（2）由題設(shè)，1+lnax≤xex－a（agt;0）在0，+∞上恒成立，所以lnax+ax+1≤xex=ex+lnx在0，+∞上恒成立，

①當(dāng)a=1時(shí)，證明lnx+x+1≤ex+lnx恒成立即可，令t=x+lnx∈R，則t+1≤et，若kx=ex－x－1，且x∈R，則k′x=ex－1，在－∞，0上k′xlt;0，kx單調(diào)遞減，在0，+∞上k′xgt;0，kx單調(diào)遞增，所以kx≥k0=0，即ex≥x+1在R上恒成立，故lnx+x+1≤ex+lnx恒成立，滿足.

②當(dāng)0lt;alt;1時(shí)，axlt;x，又y=x+lnx在0，+∞上單調(diào)遞增，所以lnax+axlt;x+lnx，由①知，lnx+x+1≤ex+lnx，所以lnax+ax+1lt;ex+lnx恒成立，滿足.

③當(dāng)agt;1時(shí)，由①知：lnx+x+1≤ex+lnx成立，僅當(dāng)x+lnx=0時(shí)等號(hào)成立，令x=1e，則1e+ln1e=1e－1lt;0，令x=1，則1+ln1=1gt;0，所以x0∈1e，1，使x0+lnx0=0成立，即lnx0+x0+1=ex0+lnx0=x0ex0成立，又由ax0gt;x0，同②分析可得：lnax0+ax0+1gt;lnx0+x0+1=x0ex0.故x0gt;0，使lnax0+ax0+1gt;x0ex0成立，不合題意.

綜上，a的取值范圍是0，1.

5" 結(jié)語(yǔ)

導(dǎo)數(shù)的引入使得學(xué)生能夠通過(guò)求導(dǎo)的方法來(lái)判斷一個(gè)函數(shù)的變化趨勢(shì)和極值情況［3］，通過(guò)求導(dǎo)，一些原本復(fù)雜的恒成立問(wèn)題可以轉(zhuǎn)化為更簡(jiǎn)單的形式，從而幫助學(xué)生解決一些特定問(wèn)題.通過(guò)利用導(dǎo)數(shù)解決恒成立問(wèn)題，可以使學(xué)生更加深入地理解數(shù)學(xué)中的基本概念和原理.

參考文獻(xiàn)：

［1］劉慧，張啟兆.賞析一道利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立的試題［J］.新世紀(jì)智能，2024（Z1）：34-36.

［2］胡新利.導(dǎo)數(shù)法證明數(shù)列不等式的思維策略［J］.高中數(shù)學(xué)教與學(xué)，2024（03）：16-18.

［3］管琳.“構(gòu)造法”解不等式恒成立問(wèn)題的函數(shù)模型總結(jié)［J］.數(shù)理天地（高中版），2024（03）：4-5.