从2020年全国Ⅰ卷导数压轴题谈求参数取值范围

苏艺伟

(福建省龙海第一中学新校区 363100)

试题呈现2020年全国Ⅰ卷理科第21题

已知函数f(x)=ex+ax2-x.

(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性(解略)；

试题分析试题以含参函数为载体,考查利用导数研究函数的单调性,极值,求参数取值范围等导数中的热点问题.突出对数学运算素养与逻辑推理素养的考查.对于已知恒成立问题求参数的取值范围,是常考题型,常用的解题策略可以是分离参数法,也可以直接对参数进行分类讨论.

试题解析 方法1分离变量

当x=0时,a∈R.

只需a≥g(x)max.

令g′(x)=0,得x=2.g(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+)上单调递减,所以此时有

方法2直接对参数a进行分类讨论.

试题反思不难发现,此类求参数取值范围试题,在常见的这两种方法当中,求解的繁简程度不尽相同.两种方法虽然都能够求解但是有着各自的缺点.法1分离变量转化为求新函数的最值,有可能遇到新函数在某点处没有定义,此时需要借助导数的定义或者洛必达法则求解.法2直接对参数进行讨论,有可能不知道如何讨论,也就是难以发现讨论的临界点.除了上述两种方法之外,解决恒成立问题中的求参数取值范围,还经常采用先必要后充分,首先求出符合题意的参数取值范围,但是此时有可能代入的特殊点求出的参数取值范围并不是最终的答案.因此在解题中要十分小心,避免出错.

试题变式12020福建联赛

已知函数f(x)=[x2+(a-1)x+1]ex,若f(x)+e2≥0恒成立,求a的取值范围.

解析 方法1分离变量

由已知可得(a-1)x≥-e2-x-x2-1.

当x=0时,a∈R.

当x<0时,e2-x-x+1>0.

所以当x∈(-∞,-1)时,g(x)单调递减;

当x∈(-1,0)时,g(x)单调递增;

故g(x)最小值为g(-1)=e3+2,此时a-1≤e3+2,a≤e3+2.

综上,a∈[-2,e3+3].

方法2直接对参数进行分类讨论

令g(x)=x2+(a-1)x+1,则f(x)=g(x)ex.f′(x)=(x+1)(x+a)ex.

对于g(x),为一元二次函数,开口向上,Δ=(a-3)(a+1).

当-1≤a≤3时,Δ≤0,g(x)≥0,此时f(x)≥0，故f(x)+e2≥0，符合题意.

当a>3时,f(x)在(-,-a)单调递增,在(-a,-1)单调递减,在(-1,+∞)单调递增.若x≤-a,则g(x)=x(x+a)+1-x>0,此时f(x)>0,故f(x)+e2≥0,符合题意.若x>-a,则f(x)的最小值为f(-1)=(3-a)e-1,令(3-a)e-1+e2≥0,得a≤e3+3,所以3

当a<-1时,f(x)在(-∞,-1)单调递增,在(-1,-a)单调递减,在(-a,+∞)单调递增.若x≤-1,则g(x)=x2+(a-1)x+1>(a-1)x>0,此时f(x)>0,故f(x)+e2≥0，符合题意.若x>-1,则f(x)的最小值为f(-a)=(a+1)e-x,令(a+1)e-x+e2≥0.记φ(x)=(x+1)e-x+e2,则φ(x)≥0,φ′(x)=-xe-x>0,φ(x)在(-∞,-1)单调递增，又φ(-2)=0,所以当x∈[-2,-1)时，φ(x)≥0,故a∈[-2,-1).

综上，a∈[-2,e3+3].

试题变式22020年福建省质检理科第21题

(1)求f(x)的极值；(2)若exlnx+mx2+(1-ex)x+m≤0,求正实数m的取值范围.

当a>0,x>0时，令f′(x)=0,得x=a.所以f(x)在(0,a)单调递减，在(a,+∞)单调递增，所以f(x)有极小值f(a)=1-lna2;当a<0,x<0时，令f′(x)=0,得x=a.所以f(x)在(-∞,a)单调递减，在(a,0)单调递增，所以f(x)有极小值f(a)=1-lna2.综上，f(x)有极小值1-lna2，无极大值.

(2)方法1分离变量

所以h(x)>0.

方法2直接对参数进行讨论

记g(x)=exlnx+mx2+(1-ex)x+m,则g(x)≤0,x>0,m>0.

由于lnx≤x-1,所以g(x)≤ex(x-1)+mx2+x-xex+m,

即g(x)≤-ex+mx2+x+m.

记h(x)=-ex+mx2+x+m,转化成h(x)≤0,x>0,m>0.

h′(x)=-ex+2mx+1,h″(x)=2m-ex,h″(x)在(0,+∞)单调递减，ex∈(1,+∞).

由h′(x0)=0得-ex0=-1-2mx0(1)，所以h(x)max=h(x0)=m(x0-1)2+x0-1.

令m(x0-1)2+x0-1≤0，

解得(x0-1)(m(x0-1)+1)≤0(2)

方法3先必要后充分

记g(x)=exlnx+mx2+(1-ex)x+m，则g(x)≤0，x>0,m>0.

h(x)在(0,1)单调递增，在(1，+)单调递减，所以h(x)max=h(1)=0，则h(x)≤0，故g(x)≤0.

试题变式3f(x)=alnx-x+1,a∈R.若f(x)≤0在x∈(0,+)上恒成立,求a的取值范围.

方法1分离变量

f(x)=alnx-x+1,x∈(0,+).

由已知有alnx-x+1≤0在x∈(0,+)上恒成立.

即alnx≤x-1在x∈(0,+)上恒成立.

当x=1时,有a·0≤0,此时a∈R.

g(x)在x∈(0,1)单调递增.g(x)max=g(1),

根据洛比达法则有

故a≥1.

当x∈(1,+)时,有令只需a≤g(x)min.

由g′(x)>0知g(x)在x∈(1,+)单调递增.g(x)min=g(1).

根据洛比达法则有

故a≤1.

综上,a的取值范围是{1}.

方法2直接对参数进行分类讨论

f(x)=alnx-x+1,x∈(0,+).

若a≤0,则f′(x)<0,f(x)在x∈(0,+)单调递减.

又f(1)=0,所以当x∈(0,1)时,f(x)>f(1)=0,与f(x)≤0矛盾.

若a>0,令f′(x)=0得x=a.

当x∈(0,a)时,f′(x)>0,f(x)在x∈(0,a)单调递增.

当x∈(a,+)时,f′(x)<0,f(x)在x∈(a,+)单调递减.

故f(x)max=f(a)=alna-a+1.

由已知有alna-a+1≤0.

由于当x>0时,xlnx≥x-1,当且仅当x=1时取等号,

故alna-a+1≥0恒成立.

因此有alna-a+1=0,此时a=1.

综上,a的取值范围是{1}.

方法3先必要后充分

由f(x)≤0在x∈(0,+)上恒成立,且f(1)=0,故有f′(1)=0.

下证充分性：

当a=1时,f(x)=lnx-x+1,x∈(0,+).

由于当x>0时,lnx≤x-1,当且仅当x=1时取等号.

故f(x)≤0在x∈(0,+)上恒成立.

因此a的取值范围是{1}.

注意:法3是先求出符合题意的必要条件,再验证充分性.其中运用到下述理论依据:如果连续函数的图像恒在x轴及上方(下方),且函数在定义域内存在不是端点的零点,那么函数在零点处的切线斜率必等于零.

不难发现,此类导数压轴试题中的恒成立问题,是常考内容,但是常考常新.在掌握上述常见三种方法的基础上,在实际解题中要认真观察题目条件,善于对表达式进行变式,构造;结合函数图象,不等式知识,巧妙转化,放缩;大胆虚设零点,巧妙代换;善于运用相关结论,掌握解题技巧.通过典型的试题,针对性的训练,逐步提高此类问题的解决能力.