不等式恒成立有解问题
不等式恒成立与有解问题
不等式恒成立与有解问题一直是中学数学的重要内容. 它是函数、数列、不等式等内容交汇处的一个较为活跃的知识点,随着中学数学引进导数,它为我们更广泛、更深入地研究函数、不等式提供了强有力的工具. 在近几年的高考试题中,涉及不等式恒成立与有解的问题,有时在同一套试题中甚至有几道这方面的题目,比如2006年高考江西卷以及湖北卷.
其中,特别是一些含自然对数和指数函数的不等式恒成立与有解问题,将新增内容与传统知识有机融合,用初等方法难以处理,而利用导数来解,思路明确,过程简捷流畅,淡化繁难的技巧,它不仅考查函数、不等式等有关的传统知识和方法,而且还考查极限、导数等新增内容的掌握和灵活运用. 它常与思想方法紧密结合,体现能力立意的原则,带有时代特征,突出了高考试题与时俱进的改革方向. 因此,越来越受到高考命题者的青睐. 下面通过一些典型实例作一剖析.
1.不等式恒成立与有解的区别
不等式恒成立和有解是有明显区别的,以下充要条件应细心思考,甄别差异,恰当使用,等价转化,切不可混为一团.
(1)不等式f(x)
(2)不等式f(x)
(3)不等式f(x)>k在xI时恒成立fmin(x)k•xI. 或f(x)的下界大于或等于k; ,•
(4)不等式f(x)>k在xI时有解fmax(x)k•xI. 或f(x)的上界大于k; ,•
解决不等式恒成立和有解解问题的基本策略常常是构作辅助函数,利用函数的单调性、最值(或上、下界)、图象求解;基本方法包括:分类讨论,数形结合,参数分离,变换主元等等.
例1 已知两函数f(x)=8x2+16x-k,g(x)=2x3+5x2+4x,其中k为实数.
(1)对任意x[-3,3],都有f(x)≤g(x)成立,求k的取值范围;
(2)存在x[-3,3],使f(x)≤g(x)成立,求k的取值范围;
(3)对任意x1x2[-3,3],都有f(x1)≤g(x2),求k的取值范围.
解析 (1)设h(x)=g(x)-f(x)=2x2-3x2-12x+k,问题转化为x[-3,3]时,h(x)≥0恒成立,故hmin(x)≥0.令h′ (x)=6x2-6x-12=0,得x= -1或2.
由h(-1)=7+k,h(2)=-20+k,h(-3)=k-45,h(3)=k-9,故hmin(x)=-45+k,由k-45≥0,得k≥45.
(2)据题意:存在x[-3,3],使f(x)≤g(x)成立,即为:h(x)=g(x)-f(x)≥0在x[-3,3]有解,故hmax(x)≥0,由(1)知hmax(x)=k+7,于是得k≥-7.
(3)它与(1)问虽然都是不等式恒成立问题,但却有很大的区别,对任意x1x2[-3,3],都有f(x1)≤g(x2)成立,不等式的左右两端函数的自变量不同,x1,x2的取值在
[-3,3]上具有任意性,因而要使原不等式恒成立的充要条件是:
fmax(x)gmin(x)•,•x[3•,3],由g′(x)=6x2+10x+4=0,得x=-2或-1,易得3
,3]. 故fmax(x)f(3)120k.令gmin(x)g(3)21,又f(x)=8(x+1)2-8-k,x[3•
120-k≤-21,得k≥141.
点评 本题的三个小题,表面形式非常相似,究其本质却大相径庭,应认真审题,深入思考,多加训练,准确使用其成立的充要条件.
2.不等式恒成立问题
例2 (06年全国)设函数f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有x≥0,都有f(x)≥ax成立,求实数a的取值范围.
解析 构作辅助函数g(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x+1)-ax,原问题变为g(x)≥0对所有的 x≥0恒成立,注意到g(0)=0,故问题转化为g(x)≥g(0)在x≥0时恒成立,即函数g(x)在0•,•为增函数.于是可通过求导判断g(x)的单调性,再求出使g(x)≥g(0)成立的条件.
g′(x)=ln(x+1)+1-a,由g′(x)=0,得x=e
当x>ea1a1-1. -1时,g′(x)>0,g(x)为增函数.
a1当-1
a1那么对所有的x≥0,都有g(x)≥g(0),其充要条件是e-1≤0,故得a的取值范围是
•,1.
假若我们没有注意到g(0)=0,那么在解g(x)≥0对所有的x≥0恒成立时,也可转化为gmin(x)0(x0),再以导数为工具,稍作讨论即可得解.
值得一提的是,本题还有考生采用参数分离法求解:由f(x)=(x+1)ln(x+1)≥ax对所有的x≥0恒成立可得:(1)当x=0时,aR. (2)当x>0时,a
设g(x)=(x1)ln(x1). x(x1)ln(x1),问题转化为求g(x)在开区间(0,+∞)上最小值或下界,x
xln(x1)g(x),试图通过g′(x)=0直接解得稳定点,困难重重!退一步令x2
1•,•x0,故h(x)>0,则h(x)在(0,+∞)单调递增,h(x)=x-ln(x+1),因为h(x)1x1
即h(x)>h(0)=0,从而g(x)>0,于是g(x)在(0,+∞)单调递增,故g(x)无最小值,此时,由于g(0)无意义,g(x)的下界一时也确定不了,但运用极限知识可得:g(x)limg(x),然x0
而求此极限却又超出所学知识范围,于是大部分考生被此难关扫落下马,无果而终. 事实
上采用洛比达法则可得:limg(x)limx0(x1)ln(x1)lim[ln(x1)1]1,故x>0x0x0x
时,g(x)>1,因而a≤1.
综合(1)(2),得a的取值范围是:•,1•.
点评 采用参数分离法求解本题,最大的难点在于求分离后所得函数的下界.它需要考生拥有扎实的综合素质和过硬的极限、导数知识,并能灵活地运用这些工具来研究函数的性态,包括函数的单调性,极值(最值)或上下界.突出考查了函数与方程思想、有限与无限的思想.
3.不等式有解问题
例3 (06年湖北)设x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e3x,xR的一个极值点.
(1)求a与b的关系(用a表示b),并求f(x)的的单调区间;
(2)设a>0,g(x)=a
a的取值范围.
解析 (1)f(x)[x2(a2)xba]e3x,由f(3)=0得b=-2a-3.
故f(x)=(x2+ax-2a-3)e3x225xe,若存在S1,S2[0,4],使得|f(S1)-g(S2)|
当a
当a>-4时,x1>x2,故f(x)在•,a1上为减函数,在[-a-1,3]上为增函数,在3•,上为减函数.
(2)由题意,存在S1,S2[0,4],使得|f(S1)-g(S2)|
于是问题转化为|f(S1)-g(S2)|min
因为a>0,则-a-1
225xe在[0,4]上显然为增4
函数,其值域a
2252254•,ae. 44
2因为a2251-(a+6)=a42≥0, 故a225≥(a+6). 4
225(a6)125a2|f(S1)-g(S2)|min=a-(a+6)从而解,•44a0
值范围为0•,. 得0a3. 故a的取2
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假若问题变成:“对任意的S1,S2[0,4],使得|f(S1)-g(S2)|
点评 函数、不等式、导数既是研究的对象,又是决问题的工具. 本题从函数的极值概念入手,借助导数求函数的单调区间,进而求出函数 闭区间上的值域,再处理不等式有解问题. 这里传统知识与现代方法交互作用,交相辉映,对考生灵活运用知识解决问题的能力是一个极好的考查.