用导数研究不等式问题的解题策略

■江苏省泰兴市第二高级中学 陈贵东

本文探究用导数研究不等式恒成立、构造函数证明不等式等问题的解题策略,希望对同学们的复习备考能有所帮助。

策略1:含参不等式恒成立问题中的“分离参数构造函数法”

例1(2022届重庆市高三上学期第二次质量检测)已知函数f(x)=-(m+1)x+mlnx+m,f＇(x)为函数f(x)的导函数。

(1)讨论f(x)的单调区间;

(2)若xf＇(x)-f(x)≥0恒成立,求m的取值范围。

解析:(1)由题意知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f＇(x)=x-(m+1)+。

若m≤0,当x∈(0,1)时,f＇(x)＜0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f＇(x)＞0,f(x)单调递增。

若0＜m＜1,当x∈(0,m)时,f＇(x)＞0,f(x)单调递增;当x∈(m,1)时,f＇(x)＜0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f＇(x)＞0,f(x)单调递增。

若m=1,当x∈(0,+∞)时,f＇(x)≥0,f(x)单调递增。

若m＞1,当x∈(0,1)时,f＇(x)＞0,f(x)单调递增;当x∈(1,m)时,f＇(x)＜0,f(x)单调递减;当x∈(m,+∞)时,f＇(x)＞0,f(x)单调递增。

(2)因为xf＇(x)-f(x)≥0恒成立,即-mlnx≥0,所以≥mlnx对任意的x∈(0,+∞)恒成立。

综上所述,0≤m≤e,即m的取值范围为[0,e]。

感悟:若不等式恒成立问题中的参数可分离,则可采用分离参数构造函数法进行求解。即f(x,λ)≥0(x∈D)(λ是实参数)恒成立,将f(x,λ)≥0转化为λ≥g(x)或λ≤g(x)(x∈D)恒成立,进而转化为λ≥g(x)max或λ≤g(x)min(x∈D),用导数法求g(x)的最值,对于复杂问题分离参数时需要分类讨论。

策略2:依据不等式的结构特征构建新函数求解恒成立问题

例2(2022 届皖豫名校联盟体高三上学期第一次联考)已知函数f(x)=2x+-1的图像与直线y=1相切。

(1)求实数a的值;

(2)若k＜2,且f(x)≥kx-1 恒成立,求实数k的最小值。

解析:(1)f＇(x)=2-。

若a≤0,则f＇(x)＞0,所以f(x)的图像不存在斜率为0的切线。

若a＞0,令f＇(x)=0,可得x=,由题意+2-1=1,得a=2。

(2)设g(x)=f(x)-kx+1,则g＇(x)=2-k-。

因为k＜2,所以令g＇(x0)=0,可得k=2-,易知g＇(x)单调递增。

所以在(-∞,x0)上,g＇(x)＜0,g(x)单调递减;在(x0,+∞)上,g＇(x)＞0,g(x)单调递增。

所以g(x)min=g(x0)=(2-k)x0+。

根据题意知g(x)≥0 恒成立,所以g(x)min=≥0,解得x0≥-1。

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当x0≥-1时,k=2-≥2-2e,即k的最小值为2-2e。

感悟:对于函数不等式恒成立或者有解求参的问题,常用变量分离或参变分离转化为求新函数的最值问题;当参数不易分离时,把握不等式的特征作差构建新函数,再求新函数的最值,使得新函数的最值大于或者小于0 探究出参数的范围;或者分离成两个函数,使得一个函数恒大于或小于另一个函数的条件构建不等式求解。

策略3:把证明f(x)＞g(x)转化为证明f(x)min＞g(x)max

例3(2022 届重庆市南开中学高三上学期月考)已知函数f(x)=,g(x)=lnx。

(1)当a＞0时,讨论函数F(x)=af(x)-g(x)-的单调性;

(2)当a＞1 时,求证:axf(x)-g(ax)＞(e-1)x+1。

解析:(1)F(x)=的定义域为(0,+∞),F＇(x)=,令F＇(x)=0,得x=1或x=-lna。

①若-lna＞1,即a∈,则当x∈(0,1)时,F＇(x)＞0;当x∈(1,-lna)时,F＇(x)＜0;当x∈(-lna,+∞)时,F＇(x)＞0。所以F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,-lna)上单调递减,在(-lna,+∞)上单调递增。

②若-lna=1,即a=,则当x∈(0,+∞)时,F＇(x)＞0,所以F(x)在(0,+∞)上单调递增。

③若0＜-lna＜1,即a∈,则当x∈(0,-lna)时,F＇(x)＞0;当x∈(-lna,1)时,F＇(x)＜0;当x∈(1,+∞)时,F＇(x)＞0。所以F(x)在(0,-lna)上单调递增,在(-lna,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增。

(2)原式等价于F(x)≥-lnx+e-1。

因为a＞1,所以F(x)≥F(1)=ae-1,所以只需证-lnx+e-1≤ae-1,即证G(x)=-lnx≤(a-1)e。

求导得G＇(x)=,记h(x)=1-x-ln(ax),则h＇(x)=-1-＜0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减。

所以G(x)≤G(x0)=-lnx0=-lnx0-1。

记φ(x)=-lnx-1,则φ(x)在上单调递减,所以φ(x)＜=a+lna-1,故只需证a+lna-1＜(a-1)·e,即m(a)=(e-1)a-lna+1＞0。

因为m＇(a)=e-1-＞0,所以m(a)在(1,+∞)上单调递增,所以m(a)＞m(1)=0成立,所以原不等式成立。

感悟:有时候把证明f(x)＞g(x)转化为证明f(x)-g(x)＞0 后,可能会出现f(x)-g(x)的导函数很复杂,很难根据导函数研究f(x)-g(x)的最值,而f(x)的最小值及g(x)的最大值都比较容易求,可考虑利用证明f(x)min＞g(x)max的方法证明原不等式,但要注意这种方法有局限性,因为f(x)＞g(x)未必有f(x)min＞g(x)max。

策略4:多变量不等式通过换元法减元构造新函数求值域证明不等式

例4(2022 届广东省广州市省四校2022届高三上学期联考)已知函数f(x)=-2ax+lnx。

(1)若f(x)为增函数,求实数a的取值范围。

(2)设g(x)=xf(x)-+2x有两个不同的零点x1,x2。

①证明:x1+x2＞;

②若x2-3x1≥0,证明:x1+x2＞。

解析:(1)由题意知,函数f(x)的定义域为(0,+∞)。

由于f(x)为增函数,则f＇(x)=x+-2a≥-2a=2-2a≥0 恒成立,故a≤1。

(2)①g(x)=x(lnx+2-2ax),由g(x)=xf(x)-+2x有两个不同的零点x1,x2,得方程lnx+2-2ax=0(x＞0)有两个不同的根为x1,x2,不妨设x2＞x1＞0,则两式相减得lnx2-lnx1=2a(x2-x1),所以a=。

感悟:对于多变量不等式问题,其一般的处理策略为消元或是把一个看作变量再探究其他常量或所选变量之间的关系,通过变形换元产生一个新变量的函数,进而用导数确定新变量函数的值域,从而顺利求解。