简解一类“恒成立”高考题

甘志国

(北京丰台二中 100071)

定理(1)若函数f(x)在x=a处可导，且x∈[a,b)时f(x)≤(≥)f(a)恒成立，则f′(a)≤(≥)0.

(2)若函数f(x)在x=b处可导，且x∈(a,b]时f(x)≤(≥)f(b)恒成立，则f′(b)≥(≤)0．

初步感知若f(x)≤f(a)(a≤x≤b)，所以函数f(x)在x=a处右侧附近的图象是减函数．又函数f(x)在x=a处可导，所以f′(a)≤0．

同理，可得其他结论也成立．

严格证明若f(x)≤f(a)(a≤x≤b)，由函数f(x)在x=a处可导及导数的定义，得

同理，可证得其他结论也成立．

例1 (1)(2006年高考全国卷Ⅱ)设函数f(x)=(x+1)ln(x+1)．若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求实数a的取值范围．

(2)(2014年高考陕西卷)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf′(x),x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数.若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．

解(1)设g(x)=f(x)-ax(x≥0)，得g(x)≥g(0)(x≥0)．

由定理(1)得g′(0)≥0，即a≤1．

由导数易证f(x)≥x≥ax(x≥0)，所以所求实数a的取值范围是(-∞,1]．

(2)可得题设即“(x+1)ln(x+1)≥ax(x≥0)恒成立”．由(1)知，所求答案也为(-∞,1]．

例2 (2007年高考全国卷Ⅰ)设函数f(x)=ex-e-x，若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax，求实数a的取值范围．

解同上可求得答案为(-∞,2]．

当x≥π且sinx≤0时，欲证成立．

例4 (2010年高考新课标全国)设函数f(x)=x(ex-1)-ax2，若当x≥0时，都有f(x)≥0，求a的取值范围．

解题设即f(x)≥0(x>0)，也即ex-1-ax>0(x>0)，还即ex-1-ax>0(x≥0)．

用以上方法可求得答案为(-∞,1]．

解设g(x)=f(x)-f(0)(x≥0)，得题设即g(x)≥g(0)(x≥0).由定理(1)得g′(0)≥0，即a≥2．

当a=2且x≥0时，还可证g(x)≥g(0)(x≥0)，即证(1+z)ln(2x+1)-2x≥0(x≥0).

设h(x)=(1+x)ln(2x+1)-2x(x≥0)，得(2x+1)h′(x)=(2x+1)ln(2x+1)-2x(x≥0)．

设t(x)=(2x+1)ln(2x+1)-2x(x≥0)，得t′(x)=2ln(2x+1)≥0(x≥0)，所以t(x)是增函数，得t(x)≥t(0)(x≥0)，h′(x)≥0(x≥0),即h(x)是增函数，所以h(x)≥h(0)=0(x≥0)，得欲证成立．所以当a≥2时，g(x)≥g(0)(x≥0)．得所求a的取值范围是[2,+∞)．

当a≤-3且0≤x≤1时，还可得：

得所求实数a的取值范围是(-∞,-2]．

例7 (2017年高考全国)设函数f(x)=(1-x2)ex.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当x≥0时，f(x)≤ax+1,求a的取值范围.

解(1)略.(2)设g(x)=ex(x2-1)+ax+1(x≥0)，可得g′(x)=ex(x2+2x-1)+a(x≥0).

可得题设即g(x)≥g(0)(x≥0)恒成立，由定理1可得g′(0)=a-1≥0,a≥1.

设h(x)=ex(x-1)+1(x≥0)，可得h′(x)=xex≥0(x≥0),h(x)是增函数，得h(x)≥h(0)=0(x≥0).

所以当a≥1时，g(x)≥ex(x-1)(x+1)+1(x+1)≥0(x≥0).

综上所述，可得所求a的取值范围是[1，+∞)．

参考文献：

[1]刘绍学.普通高中课程标准试验教科书·数学选修2 -3(必修A版)[M].北京:人民教育出版社,2007.