利用导数解决不等式恒成立问题
- 格式：doc
- 大小：16.00 KB
- 文档页数：3
龙源期刊网
利用导数解决不等式恒成立问题
作者：张景辉
来源：《广东教育·高中》2010年第09期
不等式恒成立问题是近年高考的热点问题,常以压轴题形式出现,交汇函数、方程、不等式和数列等知识,有效地甄别考生的数学思维能力.由于不等式恒成立问题往往都可以转化为函数的最值问题,而导数,以其本身所具备的一般性和有效性,在求解函数最值中,起到无可替代的作用.因此,我们就不等式恒成立问题的两种常见类型,探讨如何利用导数进行解决.
类型一:“f (x)≥a”型(其中a为常数)
形如“f (x)≥a”或“f (x)≤a”型不等式,是恒成立问题中最基本的类型,许多复杂的恒成立问题最终都可归结为这一类型.根据恒成立的本质,我们可以进行如下转化:
(1)对任意x∈D,有f (x)≥a(其中a为常数)恒成立对x∈D,f (x)min≥a;
(2)对任意x∈D,有f (x)≤a(其中a为常数)恒成立对x∈D,f (x)max≤a.
形式推广:
(1)对于任意的x∈D,f (x)≥g (x)恒成立对于任意的x∈D,f (x)-g (x)≥0恒成立对x∈D,[f (x)-g
(x)]min≥0;
对于任意的x∈D,f (x)≤g (x)恒成立对于任意的x∈D,f (x)-g (x)≤0恒成立对x∈D,[f (x)-g
(x)]max≤0;
(2)函数f(x)在区间D单调递增在f′(x)≥0在x∈D恒成立对x∈D,[f ′ (x)]min≥0;
函数f (x)在区间D单调递增在f ′(x)≤0在x∈D恒成立对x∈D,[f ′(x)]max≤0.
例1:已知函数f(x)=x2-alnx+a(a>0)在(0,+∞)满足f (x)≥0恒成立,求a的取值范围.
分析:根据对任意x∈(0,+∞),f(x)≥0恒成立对x∈(0,+∞),f(x)min≥0. 问题转化为求函数f(x)在x∈(0,+∞)的最小值,进而我们借助导数,求出函数f(x)的最小值.
解析:令f ′(x)=2x-==0,因为a>0,x>0,解得x=.
列表:
龙源期刊网
由表可得,f(x)min=f()=-aln+a=(3-ln).
因为对任意x∈(0,+∞),f (x)≥0恒成立,所以对x∈(0,+∞),f(x)min≥0.
所以f(x)min=(3-ln)≥0,解得a≤2e3,因为a>0,所以a的取值范围为(0,2e3].
例2:已知函数f(x)=x2+a,g (x)=alnx(其中a>0),对任意x∈(0,+∞),有f(x)≥g (x)恒成立,求a的取值范围.
解析:对任意x∈(0,+∞),有f(x)≥g (x)恒成立对任意x∈(0,+∞),f(x)-g (x)≥0恒成立,即对任意x∈(0,+∞),x2+a-alnx≥0恒成立.利用例1的结论,可得a的取值范围为(0,2e3].
例3:已知函数f (x)=x+(其中a为常数),若对任意a∈(0,m],有函数f(x)在定义域单调递增,求m的最大值.
解析:函数f(x)的定义域为(0,+∞),根据函数f(x)在定义域单调递增,可得f ′(x)=1+=≥0在x∈(0,+∞)恒成立,因为x2>0,所以条件转化为不等式x2-alnx+a≥0在x∈(0,+∞)恒成立,利用例1的结论,可得a的取值范围为(0,2e3],因为a∈(0,m],所以m的最大值为2e3.
小结:在面对不同形式呈现的恒成立问题,我们应想方设法转化为“f (x)≥a”型的结构形式,利用导数在求解函数最值的优越性,从而轻松、简便地解决相应问题.
类型二:“f (x1)≥g(x2)”型
形如任意x1,x2∈D,都有f (x1)≥g(x2)恒成立对x∈D,有f (x)min≥g (x)max;
任意x1,x2∈D,都有f (x1)≤g(x2)恒成立对x∈D,有f (x)max≤g (x)min.
例4:已知f(x)=x+,g(x)=-x2+2lnx,其中a>0.若对任意x1,x2∈(0,+∞),都有f(x1)≥g (x2)恒成立,求a的取值范围.
分析:根据任意x1,x2∈(0,+∞),都有f(x1)≥g (x2)恒成立对x∈(0,+∞),有f(x)min≥g (x)max,进而建立关于a的不等式,求得a的取值范围.
解析:令f′(x)=1-==0,因为a>0,x>0,解得x=a.
列表:
由表可得,f(x)min=f(a)=a+=2a.令g′(x)=-2x+==0,因为x>0,解得x=1.
列表: 龙源期刊网
由表可得g(x)max=g(1)=-1.因为对任意x1,x2∈(0,+∞),都有f (x1)≥g(x2)恒成立.所以对x∈(0,+∞),有f (x)min≥g(x)max,即2a≥-1,解得a≥-,所以a的取值范围为[-,+∞).
小结:至此,相信仍有不少同学难于辨别“f (x1)≥g(x2)”型与“f (x)≥g(x)”型的差异.那么,下面让我们一起比较这两种类型的差异,以便我们在实际操作中能够更好地理解和辨别.“对任意x1,x2∈D,有f (x1)≥g(x2)恒成立”等价于“对x∈D,有f (x)min≥g(x)max”.而“对任意x∈D,有f
(x)≥g(x)恒成立”能够推出“函数f (x)图像恒在函数g(x)图像的上方”,但不一定推出 “f
(x)min≥g(x)max”成立.
巩固练习:
1. 已知函数f (x)=+lnx(a>0)在[1,+∞)单调递增,求a的取值范围;
2. 已知函数f (x)=+lnx(a>0),g (x)=+1,若对任意x1,x2∈(0,+∞)有f (x1)≥g(x2)恒成立,求a的取值范围;
答案:1. [1,+∞);2. [e,+∞).
根据以上两种不等式恒成立类型的探究与学习,从中我们可以体验到不等式恒成立问题在正确转化为函数最值问题后,便可以借助导数作为求解函数最值的有效工具,把抽象、复杂的不等式恒成立问题,转化为直观、简单的函数最值问题,最终达到解决问题的目的.
责任编校徐国坚
