江蘇省南京市板橋中學(xué)(210039) 紀(jì)明亮

提要 本文從著重研究指數(shù)函數(shù)性質(zhì),剖析問題本質(zhì),并結(jié)合實例探究了含指數(shù)函數(shù)并帶有參數(shù)不等式問題的一系列解題方法和策略,同時也揭示了研究導(dǎo)數(shù)問題須弄清其內(nèi)部初等函數(shù)的本質(zhì)屬性這一客觀規(guī)律.

指數(shù)函數(shù)作為重要的基本初等函數(shù),能夠與其它函數(shù)搭配組合,含指數(shù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)問題是高考導(dǎo)數(shù)題中的常見題型,其中恒成立問題十分常見.這類問題中由于指數(shù)函數(shù)的特殊性從而顯得較為復(fù)雜,那么有沒有系統(tǒng)的、有效的處理方法呢? 本文將從具體實例出發(fā)對這類問題進行探究,剖析其中內(nèi)涵,鉆研其解法.

研究含指數(shù)函數(shù)的問題先了解下指數(shù)函數(shù)的性質(zhì),指數(shù)函數(shù)y=ex的n階導(dǎo)數(shù)y(n)=ex仍是指數(shù)函數(shù),e0=1,即y=ex及其各階導(dǎo)數(shù)恒過定點(0,1),且在R 上單調(diào)遞增.導(dǎo)數(shù)問題解決基本上還是采用函數(shù)方法,需要構(gòu)造函數(shù),在構(gòu)造函數(shù)時應(yīng)充分考慮指數(shù)函數(shù)的性質(zhì),根據(jù)不同條件結(jié)合指數(shù)函數(shù)性質(zhì)合理變形,下面從不同角度探究如何構(gòu)造函數(shù)解決含指數(shù)函數(shù)的帶參恒成立問題.

類型一: 指冪組合型

例1(2020年高考全國I卷理科第21(2)題)已知函數(shù)f(x)= ex+ax2-x.當(dāng)x≥0 時,求a的取值范圍.

解法1(離合ex項)

①當(dāng)2a+ 1 ≤ 0, 即則g′(x)≥ 0 時,0 ≤x≤2,g′(x)＜0 時,x ＞2, 則g(x)在[0,2]單調(diào)遞增,而g(0)= 1,則當(dāng)x ∈(0,2)時,g(x)＞g(0)= 1,不合題意.

②當(dāng)0＜2a+1＜2,即則g′(x)≥0時,2a+1 ≤x≤2,g′(x)＜0 時,0 ≤x ＜2a+1 或x ＞2,則g(x)在[2a+1,2]單調(diào)遞增, 在[0,2a+1), (2,+∞)單調(diào)遞減,則gmax(x)= max{g(0),g(2)},由于g(0)= 1,所以g(x)≤1?g(2)= (7-4a)e-2≤1,即由于則

③當(dāng)2a+1 = 2,即則g′(x)≤0 在[0,+∞)恒成立,則g(x)在[0,+∞)單調(diào)遞減,g(x)max=g(0)=1.

④當(dāng)2a+ 1＞2, 即令g′(x)≥ 0, 得2 ≤x≤2a+1,令g′(x)＜0,得0 ≤x ＜2a+1 或x ＞2,則g(x)在[2,2a+1]單調(diào)遞增,在[0,2),(2a+1,+∞)單調(diào)遞減,則gmax(x)= max{g(0),g(2a+1)} ≤1.因為g(0)= 1,所以設(shè)t=2a+1＞2,則

綜上可得,a的取值范圍是

評注本題解法1 充分考慮y=ex導(dǎo)函數(shù)n階可導(dǎo)且各階導(dǎo)數(shù)相同的性質(zhì),先分離ex項,再將其與其它項以積的形式結(jié)合,將變形為構(gòu)造輔助函數(shù)故f(x)≥的恒成立問題轉(zhuǎn)化為g(x)max≤1 的最值問題, 而g(x)導(dǎo)函數(shù)的零點和單調(diào)性巧妙避開了ex項,大大降低了問題難度.像這類含指數(shù)函數(shù)的題型可采用這種方法簡單、行之有效.

解法2(參數(shù)分離法)①當(dāng)x= 0 時,f(0)= 1,則滿足②當(dāng)x ＞0 時,在(0,+∞)上恒成立.

再設(shè)h(x)= 4ex -2xex+x3-2x -4, 則h′(x)=2ex -2xex+3x2-2,h′′(x)=-2xex+6x,當(dāng)h′′(x)＞0時, 0＜x ＜ln 3, 當(dāng)h′′(x)＜0 時,x ＞ln 3, 則h′(x)在(0,ln 3)單調(diào)遞增,在(ln 3,+∞)單調(diào)遞減.因為h′(0)= 0,h′(3)= 25-4e3＜0,所以x ∈(0,ln 3)時,h′(x)＞0,則存在x0∈(ln 3,3),使h′(x0)=0,則x ∈(0,x0)時,h′(x)＞0,x ∈(x0,+∞)時,h′(x)＜0,則h(x)在(0,x0)單調(diào)遞增,在(x0,+∞)單調(diào)遞減,因為h(0)= 0,h(2)= 0,則x ∈(0,2)時,h(x)＞0,x ∈(2,+∞)時,h(x)＜0, 即x ∈(0,2)時,g′(x)＞0,x ∈(2,+∞)時,g′(x)＜0, 則g(x)在(0,2)單調(diào)遞增, 在(2,+∞)單調(diào)遞減, 則x= 2 時,g(x)取最大值即a的取值范圍是

評注解法2 采用參數(shù)分離法,將不等式恒等變形,使參變分離,把不含參數(shù)的一邊設(shè)為函數(shù),將函數(shù)不等式恒成立關(guān)系轉(zhuǎn)化為參數(shù)與所設(shè)函數(shù)的最值關(guān)系.因為參變已分離所構(gòu)造函數(shù)中不含參數(shù),所以避免了分類討論.本題中轉(zhuǎn)化為的函數(shù)是含有ex的超越函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)較為復(fù)雜,而導(dǎo)函數(shù)我們只需對決定導(dǎo)函數(shù)正負的部分進行研究,將其構(gòu)造成子函數(shù),使函數(shù)簡化.

解法3(切線放縮法)①當(dāng)x= 0 時,f(0)= 1,則滿足, ②當(dāng)x ＞0 時,

即x →0+時,g(x)→1.根據(jù)直線l與曲線y=g(x)的位置關(guān)系,可得直線l與曲線y=g(x)相切時為臨界狀態(tài).設(shè)切點為(m,g(m))(m ＞0),則因為

所以

化簡得2(m-2)em= (m-2)(m2+2m+2).設(shè)p(x)=2ex - x2-2x -2(x ＞0), 則p′(x)= 2ex -2x -2,p′′(x)= 2ex -2＞ p′′(0)= 0, 則p′(x)在(0,+∞)上增, 則p′(x)＞ p′(0)= 0, 則p(x)在(0,+∞)上增, 則p(x)＞p(0)= 0, 即2em ＞m2+ 2m+ 2 在(0,+∞)上恒成立,所以m=2,則時,直線與y=g(x)相切.

設(shè)q(x)= [2x3+ (e2-7)x2+ 4x+ 4]e-x,x ∈(0,+∞),則若q′(x)＞0, 則若q′(x)＜0,則則q(x)在上單調(diào)增,在和(2,+∞)上單調(diào)減,則當(dāng)x=2 時,取極大值q(2)=4,當(dāng)時,q(x)＜q(0)=4,則q(x)max=4,故

即g(x)≥h(x)在(0,+∞)上恒成立,則滿足題意.

綜上可得,a的取值范圍是

評注通過恒等變形將含有參數(shù)a的代數(shù)式部分化為一次式h(x)=-ax+1,其幾何意義為動直線,本題中為過定點的動直線,其余部分構(gòu)成曲線y=g(x),g(x)≥h(x)恒成立即曲線y=g(x)始終在直線h(x)=-ax+1 上方,曲線和直線相切為臨界位置,根據(jù)相切求出參數(shù)a臨界值,最后根據(jù)臨界值討論確定參數(shù)范圍.

類型二: 指對組合型

例2已知函數(shù)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.

解(換元法)因為恒成立,所以a≤xex-x-lnx+2=ex+lnx-(x+lnx)+2 恒成立.

設(shè)t=x+ lnx,x ∈(0,+∞), 則t ∈R, 則?t ∈R,a≤et-t+2 恒成立.

設(shè)h(t)=et-t+2,t ∈R,則a≤h(t)min.h′(t)=et-1,由h′(t)＞0 得t ＞0,h′(t)＜0, 得t ＜0, 則h(t)在(-∞,0)上單調(diào)減, 在(0,+∞)單調(diào)增, 則t= 0 時, 取最小值h(t)min=h(0)=3,則a≤3,即a ∈(-∞,3].

評注例2 采用換元法是通過變形,使得函數(shù)含有變量的部分結(jié)構(gòu)相同,且僅含有指數(shù)或?qū)?shù)部分,再將其用變量t替換,并求出t的范圍,原函數(shù)就通過換元變成只含有指數(shù)部分或?qū)?shù)部分的函數(shù).其原理是將原函數(shù)y=f(x)重新組合得到f(x)=g(t(x)),將ex和lnx分解到g(t)、t(x)兩個函數(shù)中去分步處理,降低了函數(shù)結(jié)構(gòu)的復(fù)雜性.如下給出兩個變式,其解答留給讀者.

變式1已知函數(shù)f(x)= ex+2x-ln(a-1)(a ＞1),g(x)=lnx+ax,若f(x)≥g(x)恒成立,求a取值范圍.

變式2已知函數(shù)f(x)=aex-lnx-1.f(x)≥0 恒成立,求a取值范圍.

類型三: 指三組合型

例3(2021年八省市新高考適應(yīng)性考試第21(2)題)已知函數(shù)g(x)= ex+sinx+cosx,若g(x)≥2+ax恒成立,求a的值.

解(指三離合法)因為g(x)=ex+sinx+cosx≥ax+2恒成立, 所以ax+ 2-sinx -cosx≤ ex恒成立, 則e-x(ax+2-sinx-cosx)≤1 恒成立.

設(shè)h(x)= e-x(ax+2-sinx-cosx),則h(x)max≤1,h′(x)=e-x(2 sinx-ax+a-2).

設(shè)p(x)=2 sinx-ax+a-2,則p′(x)=2 cosx-a.

(1)當(dāng)a ＜-2 時,p′(x)＞0,則p(x)在R 上單調(diào)增,則x ∈(-∞,0],p(x)≤p(0)=a-2＜0, 即x ∈(-∞,0],h′(x)＜0, 則h(x)在(-∞,0]單調(diào)減, 則x ∈(-∞,0),h(x)＞h(0)=1,不符合題意.

(2)當(dāng)-2＜a ＜2 時,存在x1∈(0,π),使p′(x1)= 0,由p′(x)＞0,得x ∈(-x1+2kπ,x1+2kπ),由p′(x)＜0,得x ∈(x1+2kπ,π -x1+2kπ), 則p(x)在(-x1,x1)上單調(diào)增,p(0)=a-2＜0, 則x ∈(-x1,0),p(x)＜0, 即x ∈(-x1,0),h′(x)＜0, 則h(x)在(x1,0)上單調(diào)減, 則h(-x1)＞h(0)=1,不符合題意.

(3)當(dāng)a ＞2 時,p′(x)＜0, 則p(x)在R 上單調(diào)減,p(0)=a -2＞0, 根據(jù)不等式局部保號性, 存在x2∈(0,+∞), 使p(x2)＞0, 則x ∈(0,x2),p(x)＞0,即x ∈(0,x2),h′(x)＞0, 則h(x)在(0,x2)上單調(diào)增, 則h(x2)＞h(0)=1,不符合題意.

(4)當(dāng)a=-2 時,p′(x)≥0, 則p(x)在R 上單調(diào)增,p(0)=a -2 =-4＜0, 則x ∈(-∞,0],p(x)＜0, 即x ∈(-∞,0],h′(x)＜0, 則h(x)在(-∞,0]單調(diào)減, 則x ∈(-∞,0),h(x)＞h(0)=1,不符合題意.

(5)當(dāng)a= 2 時,p′(x)≤0, 則p(x)在R 上單調(diào)減,p(0)=a-2 = 0,則x ∈(-∞,0),p(x)＞0,x ∈(0,+∞),p(x)＜0, 即x ∈(-∞,0),h′(x)＞0,x ∈(0,+∞),h′(x)＜0,則h(x)在(-∞,0)單調(diào)增,在(0,+∞)上單調(diào)減,則h(x)max=h(0)=1,符合題意.

綜上,a=2.

評注這種解法在構(gòu)造時就考慮指數(shù)函數(shù)與三角函數(shù)導(dǎo)函數(shù)的特性,指數(shù)函數(shù)y=ex的n階導(dǎo)數(shù)為y(n)=ex,三角函數(shù)y= sinx的n階導(dǎo)數(shù)為y(4n)= sinx,y(4n+1)= cosx,y(4n+2)=-sinx,y(4n+3)=-cosx,那么分離ex項與含三角函數(shù)的剩余項以積的形式構(gòu)造函數(shù),避免ex項對導(dǎo)函數(shù)零點的影響,然后根據(jù)三角函數(shù)有界性對參數(shù)a分類討論,并判斷出含三角函數(shù)導(dǎo)函數(shù)在某些區(qū)間上的符號,從而得到函數(shù)單調(diào)性和極值.

變式已知函數(shù)f(x)=2ex+aln(x+1)-2,當(dāng)x ∈[0,π],f(x)≥sinx恒成立,求a的取值范圍.

解(主函數(shù)法)因為f(x)≥sinx在[0,π]上恒成立,所以設(shè)g(x)=f(x)-sinx= 2ex+aln(x+1)-sinx-2,x ∈[0,π],則g(x)≥0 在[0,π]上恒成立,即g(x)min≥0.

當(dāng)a ＜0 時,因為所以g′(x)在[0,π]上單調(diào)增,則x= 0 時取最小值g′(x)min=g′(0)=1+a,當(dāng)-1 ≤a ＜0 時,g′(x)min=1+a≥0,則g(x)在[0,π]上單調(diào)增,則x=0 時取最小值g(x)min=g(0)=0,符合題意; 當(dāng)a ＜-1 時,g′(x)min= 1 +a ＜0, 則存在x0∈(0,π]使g′(x0)＜0,則x ∈[0,x0],g′(x)＜0,則g(x)在[0,x0]單調(diào)減,則g(x0)＜g(0)=0,不符合題意.

綜上可得a ∈[-1,+∞).

評注題中函數(shù)由指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)和三角函數(shù)三種初等函數(shù)復(fù)合而成,指數(shù)函數(shù)遞增速度最快,以指數(shù)函數(shù)為主函數(shù),將其與其它函數(shù)相加減構(gòu)造差值函數(shù),則指數(shù)函數(shù)在某范圍內(nèi)主導(dǎo)函數(shù)單調(diào)性.本題則是以指數(shù)函數(shù)與三角函數(shù)構(gòu)造差值函數(shù)進行求解的.

感悟體會

處理含指數(shù)的帶參數(shù)恒成立問題的關(guān)鍵是處理好函數(shù)中的ex部分,以上是該問題的三種常見類型,每個類型的問題均圍繞ex展開,都是從不同角度將指數(shù)函數(shù)部分與剩余部分進行合理組合,形式優(yōu)化,將ex與其它項分步處理,將題目難度降低.

一、換元法是將含有ex的部分項看成整體設(shè)為t,并求出t的范圍.換元法可對函數(shù)進行調(diào)整,起到簡化函數(shù)形式的作用.

二、構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)法一般用在指對數(shù)復(fù)合函數(shù)中,借助公式x= elnx,x= ln ex將函數(shù)不等式兩邊式子化為結(jié)構(gòu)相同,并構(gòu)造外圍函數(shù)和內(nèi)部函數(shù),使指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)部分分配到所構(gòu)造的兩個函數(shù)中去分步處理.

三、切線放縮法是將函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化為曲線與直線的位置關(guān)系, 原函數(shù)不等式恒等變形轉(zhuǎn)化為g(x)≥h(x), 其中y=g(x)是曲線,y=h(x)是直線且含有參數(shù)a.根據(jù)相切確定參數(shù)a臨界值λ,對a與臨界值λ大小關(guān)系進行討論,并驗證其充分性,滿足條件就取,不滿足條件就舍,從而得到參數(shù)a范圍.

四、指數(shù)離合法考慮指數(shù)函數(shù)導(dǎo)函數(shù)特殊性:y(n)= ex,將ex與函數(shù)不等式中其它項分離再其與剩余項構(gòu)成的整體相乘.文中介紹了指對離合、指三離合,都通過離合都妙避開ex的影響,只需研究決定函數(shù)零點和單調(diào)性的部分,從而簡化問題.

五、主函數(shù)法是利用指數(shù)函數(shù)的增速最快,在一定范圍內(nèi)主導(dǎo)函數(shù)單調(diào)性.將指數(shù)函數(shù)部分與其余項以和或差的形式組合構(gòu)造函數(shù).