一类恒成立问题处理策略的再延伸

摘 要：本文将处理一类恒成立问题的结论做了拓展延伸，并给出了应用.

关键词：恒成立;定理;导数

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2021）04-0040-02

文[1]利用一个定理解决了一类恒成立问题，本人读后受益匪浅.本文再将该定理推广延伸如下.

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

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

（注：y=f ″（x）是函数y=f ′（x）的导数.）

对于定理：已知函数y=f（x）在x=a处可导，且x∈[a，b）时有f（x）≤f（a）恒成立，若f ′（a）=0.则f ″（a）≤0. 我们试着从反面入手说明其正确性.

如果f ″（a）>0，则y=f ′（x）在x=a处右侧附近的图像单调递增，又f ′（a）=0.所以y=f（x）在x=a处右侧附近满足f ′（x）≥0.于是y=f（x）在x=a处右侧附近的图像单调递增，从而说明y=f（x）在x=a处右侧附近满足f（x）>f（a），这与条件x∈[a，b）时f（x）≤f（a）恒成立是矛盾的，该定理正确！其他的结论类似说明其正确性.

下面舉例说明其应用.

例1 已知f（x）=ex-1-x-ax2，当x≥0时，f（x）≥0恒成立，求a的取值范围.

解

∵f（x）=ex-1-x-ax2，

∴f（0）=0，f ′（x）=ex-1-2ax，f ′（0）=0.

f ″（x）=ex-2a.

令f ″（0）=e0-2a≥0，

∴a≤12.

当a≤12时，由于x≥0，f ″（x）=ex-2a≥1-2a≥0，y=f ′（x）在x≥0时单调递增.

又f ′（0）=0，则y=f ′（x）在x≥0时有f ′（x）≥0，则y=f（x）在x≥0时单调递增，又f（0）=0，从而说明当x≥0时，f（x）≥0恒成立.

综上所述a≤12.

说明：本题先利用定理得到f（x）≥0成立的必要条件，然后再证明其充分性.

例2 当x≥0时，ax2+1≤xex+e-x恒成立，求a的取值范围.

解 ax2+1≤xex+e-xax2+1-xex-e-x≤0.

令f（x）=ax2+1-xex-e-x，

则f（0）=0.

f ′（x）=2ax+e-x-ex（x+1），

∴f ′（0）=0.

f ″（x）=2a-e-x-ex（x+2），

令f ″（0）=2a-3≤0，

∴a≤32.

当a≤32时，由于x≥0，f ″（x）=2a-ex（x+2）-e-x=2a-ex-e-x-ex-xex≤2a-2ex·e-x-1=2a-3≤0，y=f ′（x）在x≥0时单调递减.

又f ′（0）=0，则y=f ′（x）在x≥0时有f ′（x）≤0，则y=f（x）在x≥0时单调递减，又f（0）=0，从而说明当x≥0时，f（x）≤0恒成立，即当x≥0时ax2+1≤xex+e-x.

综上所述a≤32.

参考文献：

[1]甘志国.简解一类“恒成立”高考题[J].数理化解题研究，2018（05）：49-50.

[2]徐加华.利用导数证明函数不等式的五个策略[J].数理化解题研究，2018（05）：23-25.

[责任编辑：李 璟]