欲擒故纵——谈导数压轴试题中一类参数最值(取值范围)的求解思路

陈锦山 苏艺伟

(1.福建省漳浦第四中学 363100；2.福建省龙海第一中学新校区 363100)

基金项目：课题立项:本文是2019年度福建省基础教育课程教学研究课题《微课在高中数学教学中的开发研究》(编号MJYKT2019-031)的阶段性研究成果.

一、概述

导数压轴试题中的求参数最值或取值范围问题经久不衰,且常考常新.常规解法是首先对函数f(x)求导,发现导函数f′(x)含有隐零点,然后虚设零点x0,再整体代换.整体代换指的是将超越式(含ex或lnx的表达式)替换成普通式子.然而此类解题思路并不适用于所有的求参最值问题.对于一类求参最值(取值范围)问题,往往不是替换超越式,而是必须替换含参数的表达式方能顺利求解.此类含参最值问题的求解思路如下:

第一:对f(x)求导,发现得到的f′(x)含有隐零点,然后虚设零点x0.

第二:由f′(x0)=0将参数a或者含有参数a的表达式替换成只含有x0的表达式(将该表达式记为(1)).

第三:将(1)式代入待求的表达式当中,得到一个只含有x0的表达式(将该表达式记为(2)).结合题意求出x0的范围.

第四:结合(1)式根据x0的范围反解出a的取值范围(或者a的最值).

不难发现,上述求解思路首先将a替换起来,最后再反解出a的取值范围,可以形象地称之为欲擒故纵.以下举例说明.

二、应用

例1已知函数f(x)=lnx+ax-x2,a∈R.若f(x)≤0在定义域内恒成立,求a的取值范围.

结合二次函数的性质可知存在x0∈(0,+∞),使得h(x0)=0.

当x∈(0,x0)时,h(x)>0,f′(x)>0,f(x)在(0,x0)上单调递增;

当x∈(x0,+∞)时,h(x)<0,f′(x)<0,f(x)在(x0,+∞)上单调递减.

记φ(x)=lnx+x2-1,显然φ(1)=0.

φ′(x)>0,φ(x)在(0,+∞)上单调递增.

因此,当x0∈(0,1]时,φ(x)≤φ(1)=0.

例2已知函数f(x)=4e3x-3(x-a)4+16,a<1.当x≥0时,f(x)≥0恒成立,求a的最小值.

解析f′(x)=12(e3x-(x-a)3)

=12(ex-x+a)(e2x-ex(x-a)+(x-a)2).

令g(x)=ex-x+a,x≥0,a<1.

由g′(x)=ex-1≥0,得g(x)在[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=1+a.

若1+a≥0,即-1≤a<1时,g(x)≥0,f′(x)≥0,f(x)在[0,+∞)上单调递增,f(x)≥f(0)=20-3a4.由于-1≤a<1所以f(x)≥0,符合题意.

若1+a<0,即a<-1时,

由g(0)=1+a<0,g(-a)=e-a+2a≥e(-a)+2a=a(2-e)>0,结合零点存在性定理可知,存在唯一的零点x0∈(0,-a)使得g(x0)=0.

当x∈(0,x0)时,g(x)<0,f′(x)<0,f(x)在(0,x0)上单调递减,

当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,f′(x)>0,f(x)在(x0,+∞)上单调递增.

故f(x)min=f(x0)=4e3x0-3(x0-a)4+16.

由g(x0)=0得ex0-x0+a=0,解得x0-a=ex0.…(1)代入上式,

得f(x)min=f(x0)=4e3x0-3e4x0+16.……(2)

令t=ex0,t>1,记h(t)=4t3-3t4+16,显然h(2)=0.

h′(t)=12t2(1-t)<0,h(t)在(1,+∞)上单调递减.

因此,当t∈(1,2]时,h(t)≥0.

令1

由于a=x0-ex0,所以a∈[ln2-2,-1).

综上,ln2-2≤a<1,因此a的最小值为ln2-2.

简析在上述解法中,由g(x0)=0得到(1)式,即将含有参数的表达式x0-a替换成为只含有隐零点的表达式ex0,然后代入f(x)min=f(x0)=4e3x0-3(x0-a)4+16,得到(2)式,结合题意求出隐零点x0∈(0,ln2],最后根据x0的范围反解出a的取值范围.

解析由已知可得,存在某条直线y=t(t>0)与f′(x)的图象有两个交点.

若a≤0,则f″(x)>0,f′(x)在(0,+∞)单调递增,不符合题意.

若a>0,记h(x)=-2ax2+x+1,则h(x)=0有两个不等实根x1,x2,不妨设x1<00,f″(x)>0,f′(x)在(0,x2)上单调递增,

当x∈(x2,+∞)时,h(x)<0,f″(x)<0,f′(x)在(x2,+∞)上单调递减.

问题转化为h(x2)=0,f′(x2)>0.

记φ(x)=2lnx+x-1,x>0.

又φ(1)=0,解得x2>1.

例4已知函数fa(x)=ax(x-1)+lnx,若fa(x)≤0对任意的x>0恒成立,求a.

当x∈(0,x0)时,h(x)>0,fa′(x)>0,fa(x)在(0,x0)上单调递增,

当x∈(x0,+∞)时,h(x)<0,fa′(x)<0,fa(x)在(x0,+∞)上单调递减.

故fa(x)的最大值为fa(x0)=ax0(x0-1)+lnx0.

因此,h(x)=0,此时x0=1.

不难发现,此类试题综合性强,融函数,导数,不等式,方程等众多知识点于一体,能够较好地考查学生的推理论证能力,运算求解能力,考查学生的转化与化归能力,数形结合能力.在解题中需要采用欲擒故纵之策略,即先将含参的表达式替换,再反解出参数的最值(取值范围).在实际解题中我们应该在此策略下再灵活转化,以期达到解题效果的最优化,提升数学思维能力.

四、练习

练习1已知函数f(x)=x2-ax+1,g(x)=lnx+a.若存在与f(x),g(x)图象都相切的直线,求a的取值范围.

解析设直线l与f(x)图象相切于点A(x1,y1),与g(x)图象相切于B(x2,y2),x2>0.

代入(2)得

代入F(x0)得

由G′(x)>0得G(x)在(0,+∞)上单调递增,又G(1)=0,所以当0

即当0

练习2已知函数f(x)=ex+ax,若对任意x≥0均有2f(x)+3≥x2+a2,求实数a的取值范围.

解析由已知可得2ex+2ax+3-x2-a2≥0.

记F(x)=2ex+2ax+3-x2-a2,则F(x)≥0,x≥0.

F′(x)=2(ex-x+a),F″(x)=2(ex-1)≥0,F′(x)在[0,+∞)上单调递增,F′(x)≥F′(0)=2+2a.

若2+2a≥0,即a≥-1时,F′(x)≥0,F(x)在[0,+∞)上单调递增,F(x)≥F(0)=5-a2.

若2+2a<0,即a<-1时,结合F′(-a)>0可知存在唯一的x0∈(0,-a)使得F′(x0)=0.且F(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增.

又F′(x0)=0所以a=x0-ex0.

此时F(x0)=2ex0+3-e2x0.令2ex0+3-e2x0≥0,解得ex0≤3,所以0≤x0≤ln3.

记φ(x)=x-ex,0≤x≤ln3.φ′(x)≤0,φ(x)在[0,ln3]单调递减,所以a∈[ln3-3,-1].又a<-1,所以a∈[ln3-3,-1).

综上,a的取值范围是[ln3-3,5].