從2020年全國Ⅰ卷導數(shù)壓軸題談求參數(shù)取值范圍

蘇藝偉

(福建省龍海第一中學新校區(qū) 363100)

試題呈現(xiàn)2020年全國Ⅰ卷理科第21題

已知函數(shù)f(x)=ex+ax2-x.

(1)當a=1時,討論f(x)的單調(diào)性(解略)；

試題分析試題以含參函數(shù)為載體,考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,極值,求參數(shù)取值范圍等導數(shù)中的熱點問題.突出對數(shù)學運算素養(yǎng)與邏輯推理素養(yǎng)的考查.對于已知恒成立問題求參數(shù)的取值范圍,是?？碱}型,常用的解題策略可以是分離參數(shù)法,也可以直接對參數(shù)進行分類討論.

試題解析 方法1分離變量

當x=0時,a∈R.

只需a≥g(x)max.

令g′(x)=0,得x=2.g(x)在(0,2)上單調(diào)遞增,在(2,+)上單調(diào)遞減,所以此時有

方法2直接對參數(shù)a進行分類討論.

試題反思不難發(fā)現(xiàn),此類求參數(shù)取值范圍試題,在常見的這兩種方法當中,求解的繁簡程度不盡相同.兩種方法雖然都能夠求解但是有著各自的缺點.法1分離變量轉(zhuǎn)化為求新函數(shù)的最值,有可能遇到新函數(shù)在某點處沒有定義,此時需要借助導數(shù)的定義或者洛必達法則求解.法2直接對參數(shù)進行討論,有可能不知道如何討論,也就是難以發(fā)現(xiàn)討論的臨界點.除了上述兩種方法之外,解決恒成立問題中的求參數(shù)取值范圍,還經(jīng)常采用先必要后充分,首先求出符合題意的參數(shù)取值范圍,但是此時有可能代入的特殊點求出的參數(shù)取值范圍并不是最終的答案.因此在解題中要十分小心,避免出錯.

試題變式12020福建聯(lián)賽

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

解析 方法1分離變量

由已知可得(a-1)x≥-e2-x-x2-1.

當x=0時,a∈R.

當x<0時,e2-x-x+1>0.

所以當x∈(-∞,-1)時,g(x)單調(diào)遞減;

當x∈(-1,0)時,g(x)單調(diào)遞增;

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

綜上,a∈[-2,e3+3].

方法2直接對參數(shù)進行分類討論

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

對于g(x),為一元二次函數(shù),開口向上,Δ=(a-3)(a+1).

當-1≤a≤3時,Δ≤0,g(x)≥0,此時f(x)≥0，故f(x)+e2≥0，符合題意.

當a>3時,f(x)在(-,-a)單調(diào)遞增,在(-a,-1)單調(diào)遞減,在(-1,+∞)單調(diào)遞增.若x≤-a,則g(x)=x(x+a)+1-x>0,此時f(x)>0,故f(x)+e2≥0,符合題意.若x>-a,則f(x)的最小值為f(-1)=(3-a)e-1,令(3-a)e-1+e2≥0,得a≤e3+3,所以3

當a<-1時,f(x)在(-∞,-1)單調(diào)遞增,在(-1,-a)單調(diào)遞減,在(-a,+∞)單調(diào)遞增.若x≤-1,則g(x)=x2+(a-1)x+1>(a-1)x>0,此時f(x)>0,故f(x)+e2≥0，符合題意.若x>-1,則f(x)的最小值為f(-a)=(a+1)e-x,令(a+1)e-x+e2≥0.記φ(x)=(x+1)e-x+e2,則φ(x)≥0,φ′(x)=-xe-x>0,φ(x)在(-∞,-1)單調(diào)遞增，又φ(-2)=0,所以當x∈[-2,-1)時，φ(x)≥0,故a∈[-2,-1).

綜上，a∈[-2,e3+3].

試題變式22020年福建省質(zhì)檢理科第21題

(1)求f(x)的極值；(2)若exlnx+mx2+(1-ex)x+m≤0,求正實數(shù)m的取值范圍.

當a>0,x>0時，令f′(x)=0,得x=a.所以f(x)在(0,a)單調(diào)遞減，在(a,+∞)單調(diào)遞增，所以f(x)有極小值f(a)=1-lna2;當a<0,x<0時，令f′(x)=0,得x=a.所以f(x)在(-∞,a)單調(diào)遞減，在(a,0)單調(diào)遞增，所以f(x)有極小值f(a)=1-lna2.綜上，f(x)有極小值1-lna2，無極大值.

(2)方法1分離變量

所以h(x)>0.

方法2直接對參數(shù)進行討論

記g(x)=exlnx+mx2+(1-ex)x+m,則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.

記h(x)=-ex+mx2+x+m,轉(zhuǎn)化成h(x)≤0,x>0,m>0.

h′(x)=-ex+2mx+1,h″(x)=2m-ex,h″(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減，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

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

h(x)在(0,1)單調(diào)遞增，在(1，+)單調(diào)遞減，所以h(x)max=h(1)=0，則h(x)≤0，故g(x)≤0.

試題變式3f(x)=alnx-x+1,a∈R.若f(x)≤0在x∈(0,+)上恒成立,求a的取值范圍.

方法1分離變量

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.

當x=1時,有a·0≤0,此時a∈R.

g(x)在x∈(0,1)單調(diào)遞增.g(x)max=g(1),

根據(jù)洛比達法則有

故a≥1.

當x∈(1,+)時,有令只需a≤g(x)min.

由g′(x)>0知g(x)在x∈(1,+)單調(diào)遞增.g(x)min=g(1).

根據(jù)洛比達法則有

故a≤1.

綜上,a的取值范圍是{1}.

方法2直接對參數(shù)進行分類討論

f(x)=alnx-x+1,x∈(0,+).

若a≤0,則f′(x)<0,f(x)在x∈(0,+)單調(diào)遞減.

又f(1)=0,所以當x∈(0,1)時,f(x)>f(1)=0,與f(x)≤0矛盾.

若a>0,令f′(x)=0得x=a.

當x∈(0,a)時,f′(x)>0,f(x)在x∈(0,a)單調(diào)遞增.

當x∈(a,+)時,f′(x)<0,f(x)在x∈(a,+)單調(diào)遞減.

故f(x)max=f(a)=alna-a+1.

由已知有alna-a+1≤0.

由于當x>0時,xlnx≥x-1,當且僅當x=1時取等號,

故alna-a+1≥0恒成立.

因此有alna-a+1=0,此時a=1.

綜上,a的取值范圍是{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.

下證充分性：

當a=1時,f(x)=lnx-x+1,x∈(0,+).

由于當x>0時,lnx≤x-1,當且僅當x=1時取等號.

故f(x)≤0在x∈(0,+)上恒成立.

因此a的取值范圍是{1}.

注意:法3是先求出符合題意的必要條件,再驗證充分性.其中運用到下述理論依據(jù):如果連續(xù)函數(shù)的圖像恒在x軸及上方(下方),且函數(shù)在定義域內(nèi)存在不是端點的零點,那么函數(shù)在零點處的切線斜率必等于零.

不難發(fā)現(xiàn),此類導數(shù)壓軸試題中的恒成立問題,是?？純?nèi)容,但是?？汲Ｐ?在掌握上述常見三種方法的基礎(chǔ)上,在實際解題中要認真觀察題目條件,善于對表達式進行變式,構(gòu)造;結(jié)合函數(shù)圖象,不等式知識,巧妙轉(zhuǎn)化,放縮;大膽虛設零點,巧妙代換;善于運用相關(guān)結(jié)論,掌握解題技巧.通過典型的試題,針對性的訓練,逐步提高此類問題的解決能力.