含指数函数并带有参数的不等式的处理策略

江苏省南京市板桥中学(210039) 纪明亮

提要 本文从着重研究指数函数性质,剖析问题本质,并结合实例探究了含指数函数并带有参数不等式问题的一系列解题方法和策略,同时也揭示了研究导数问题须弄清其内部初等函数的本质属性这一客观规律.

指数函数作为重要的基本初等函数,能够与其它函数搭配组合,含指数函数的导数问题是高考导数题中的常见题型,其中恒成立问题十分常见.这类问题中由于指数函数的特殊性从而显得较为复杂,那么有没有系统的、有效的处理方法呢? 本文将从具体实例出发对这类问题进行探究,剖析其中内涵,钻研其解法.

研究含指数函数的问题先了解下指数函数的性质,指数函数y=ex的n阶导数y(n)=ex仍是指数函数,e0=1,即y=ex及其各阶导数恒过定点(0,1),且在R 上单调递增.导数问题解决基本上还是采用函数方法,需要构造函数,在构造函数时应充分考虑指数函数的性质,根据不同条件结合指数函数性质合理变形,下面从不同角度探究如何构造函数解决含指数函数的带参恒成立问题.

类型一: 指幂组合型

例1(2020年高考全国I卷理科第21(2)题)已知函数f(x)= ex+ax2-x.当x≥0 时,求a的取值范围.

解法1(离合ex项)

①当2a+ 1 ≤ 0, 即则g′(x)≥ 0 时,0 ≤x≤2,g′(x)＜0 时,x ＞2, 则g(x)在[0,2]单调递增,而g(0)= 1,则当x ∈(0,2)时,g(x)＞g(0)= 1,不合题意.

②当0＜2a+1＜2,即则g′(x)≥0时,2a+1 ≤x≤2,g′(x)＜0 时,0 ≤x ＜2a+1 或x ＞2,则g(x)在[2a+1,2]单调递增, 在[0,2a+1), (2,+∞)单调递减,则gmax(x)= max{g(0),g(2)},由于g(0)= 1,所以g(x)≤1⇔g(2)= (7-4a)e-2≤1,即由于则

③当2a+1 = 2,即则g′(x)≤0 在[0,+∞)恒成立,则g(x)在[0,+∞)单调递减,g(x)max=g(0)=1.

④当2a+ 1＞2, 即令g′(x)≥ 0, 得2 ≤x≤2a+1,令g′(x)＜0,得0 ≤x ＜2a+1 或x ＞2,则g(x)在[2,2a+1]单调递增,在[0,2),(2a+1,+∞)单调递减,则gmax(x)= max{g(0),g(2a+1)} ≤1.因为g(0)= 1,所以设t=2a+1＞2,则

综上可得,a的取值范围是

评注本题解法1 充分考虑y=ex导函数n阶可导且各阶导数相同的性质,先分离ex项,再将其与其它项以积的形式结合,将变形为构造辅助函数故f(x)≥的恒成立问题转化为g(x)max≤1 的最值问题, 而g(x)导函数的零点和单调性巧妙避开了ex项,大大降低了问题难度.像这类含指数函数的题型可采用这种方法简单、行之有效.

解法2(参数分离法)①当x= 0 时,f(0)= 1,则满足②当x ＞0 时,在(0,+∞)上恒成立.

再设h(x)= 4ex -2xex+x3-2x -4, 则h′(x)=2ex -2xex+3x2-2,h′′(x)=-2xex+6x,当h′′(x)＞0时, 0＜x ＜ln 3, 当h′′(x)＜0 时,x ＞ln 3, 则h′(x)在(0,ln 3)单调递增,在(ln 3,+∞)单调递减.因为h′(0)= 0,h′(3)= 25-4e3＜0,所以x ∈(0,ln 3)时,h′(x)＞0,则存在x0∈(ln 3,3),使h′(x0)=0,则x ∈(0,x0)时,h′(x)＞0,x ∈(x0,+∞)时,h′(x)＜0,则h(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,+∞)单调递减,因为h(0)= 0,h(2)= 0,则x ∈(0,2)时,h(x)＞0,x ∈(2,+∞)时,h(x)＜0, 即x ∈(0,2)时,g′(x)＞0,x ∈(2,+∞)时,g′(x)＜0, 则g(x)在(0,2)单调递增, 在(2,+∞)单调递减, 则x= 2 时,g(x)取最大值即a的取值范围是

评注解法2 采用参数分离法,将不等式恒等变形,使参变分离,把不含参数的一边设为函数,将函数不等式恒成立关系转化为参数与所设函数的最值关系.因为参变已分离所构造函数中不含参数,所以避免了分类讨论.本题中转化为的函数是含有ex的超越函数,其导函数较为复杂,而导函数我们只需对决定导函数正负的部分进行研究,将其构造成子函数,使函数简化.

解法3(切线放缩法)①当x= 0 时,f(0)= 1,则满足, ②当x ＞0 时,

即x →0+时,g(x)→1.根据直线l与曲线y=g(x)的位置关系,可得直线l与曲线y=g(x)相切时为临界状态.设切点为(m,g(m))(m ＞0),则因为

所以

化简得2(m-2)em= (m-2)(m2+2m+2).设p(x)=2ex - x2-2x -2(x ＞0), 则p′(x)= 2ex -2x -2,p′′(x)= 2ex -2＞ p′′(0)= 0, 则p′(x)在(0,+∞)上增, 则p′(x)＞ p′(0)= 0, 则p(x)在(0,+∞)上增, 则p(x)＞p(0)= 0, 即2em ＞m2+ 2m+ 2 在(0,+∞)上恒成立,所以m=2,则时,直线与y=g(x)相切.

设q(x)= [2x3+ (e2-7)x2+ 4x+ 4]e-x,x ∈(0,+∞),则若q′(x)＞0, 则若q′(x)＜0,则则q(x)在上单调增,在和(2,+∞)上单调减,则当x=2 时,取极大值q(2)=4,当时,q(x)＜q(0)=4,则q(x)max=4,故

即g(x)≥h(x)在(0,+∞)上恒成立,则满足题意.

综上可得,a的取值范围是

评注通过恒等变形将含有参数a的代数式部分化为一次式h(x)=-ax+1,其几何意义为动直线,本题中为过定点的动直线,其余部分构成曲线y=g(x),g(x)≥h(x)恒成立即曲线y=g(x)始终在直线h(x)=-ax+1 上方,曲线和直线相切为临界位置,根据相切求出参数a临界值,最后根据临界值讨论确定参数范围.

类型二: 指对组合型

例2已知函数恒成立,求实数a的取值范围.

解(换元法)因为恒成立,所以a≤xex-x-lnx+2=ex+lnx-(x+lnx)+2 恒成立.

设t=x+ lnx,x ∈(0,+∞), 则t ∈R, 则∀t ∈R,a≤et-t+2 恒成立.

设h(t)=et-t+2,t ∈R,则a≤h(t)min.h′(t)=et-1,由h′(t)＞0 得t ＞0,h′(t)＜0, 得t ＜0, 则h(t)在(-∞,0)上单调减, 在(0,+∞)单调增, 则t= 0 时, 取最小值h(t)min=h(0)=3,则a≤3,即a ∈(-∞,3].

评注例2 采用换元法是通过变形,使得函数含有变量的部分结构相同,且仅含有指数或对数部分,再将其用变量t替换,并求出t的范围,原函数就通过换元变成只含有指数部分或对数部分的函数.其原理是将原函数y=f(x)重新组合得到f(x)=g(t(x)),将ex和lnx分解到g(t)、t(x)两个函数中去分步处理,降低了函数结构的复杂性.如下给出两个变式,其解答留给读者.

变式1已知函数f(x)= ex+2x-ln(a-1)(a ＞1),g(x)=lnx+ax,若f(x)≥g(x)恒成立,求a取值范围.

变式2已知函数f(x)=aex-lnx-1.f(x)≥0 恒成立,求a取值范围.

类型三: 指三组合型

例3(2021年八省市新高考适应性考试第21(2)题)已知函数g(x)= ex+sinx+cosx,若g(x)≥2+ax恒成立,求a的值.

解(指三离合法)因为g(x)=ex+sinx+cosx≥ax+2恒成立, 所以ax+ 2-sinx -cosx≤ ex恒成立, 则e-x(ax+2-sinx-cosx)≤1 恒成立.

设h(x)= e-x(ax+2-sinx-cosx),则h(x)max≤1,h′(x)=e-x(2 sinx-ax+a-2).

设p(x)=2 sinx-ax+a-2,则p′(x)=2 cosx-a.

(1)当a ＜-2 时,p′(x)＞0,则p(x)在R 上单调增,则x ∈(-∞,0],p(x)≤p(0)=a-2＜0, 即x ∈(-∞,0],h′(x)＜0, 则h(x)在(-∞,0]单调减, 则x ∈(-∞,0),h(x)＞h(0)=1,不符合题意.

(2)当-2＜a ＜2 时,存在x1∈(0,π),使p′(x1)= 0,由p′(x)＞0,得x ∈(-x1+2kπ,x1+2kπ),由p′(x)＜0,得x ∈(x1+2kπ,π -x1+2kπ), 则p(x)在(-x1,x1)上单调增,p(0)=a-2＜0, 则x ∈(-x1,0),p(x)＜0, 即x ∈(-x1,0),h′(x)＜0, 则h(x)在(x1,0)上单调减, 则h(-x1)＞h(0)=1,不符合题意.

(3)当a ＞2 时,p′(x)＜0, 则p(x)在R 上单调减,p(0)=a -2＞0, 根据不等式局部保号性, 存在x2∈(0,+∞), 使p(x2)＞0, 则x ∈(0,x2),p(x)＞0,即x ∈(0,x2),h′(x)＞0, 则h(x)在(0,x2)上单调增, 则h(x2)＞h(0)=1,不符合题意.

(4)当a=-2 时,p′(x)≥0, 则p(x)在R 上单调增,p(0)=a -2 =-4＜0, 则x ∈(-∞,0],p(x)＜0, 即x ∈(-∞,0],h′(x)＜0, 则h(x)在(-∞,0]单调减, 则x ∈(-∞,0),h(x)＞h(0)=1,不符合题意.

(5)当a= 2 时,p′(x)≤0, 则p(x)在R 上单调减,p(0)=a-2 = 0,则x ∈(-∞,0),p(x)＞0,x ∈(0,+∞),p(x)＜0, 即x ∈(-∞,0),h′(x)＞0,x ∈(0,+∞),h′(x)＜0,则h(x)在(-∞,0)单调增,在(0,+∞)上单调减,则h(x)max=h(0)=1,符合题意.

综上,a=2.

评注这种解法在构造时就考虑指数函数与三角函数导函数的特性,指数函数y=ex的n阶导数为y(n)=ex,三角函数y= sinx的n阶导数为y(4n)= sinx,y(4n+1)= cosx,y(4n+2)=-sinx,y(4n+3)=-cosx,那么分离ex项与含三角函数的剩余项以积的形式构造函数,避免ex项对导函数零点的影响,然后根据三角函数有界性对参数a分类讨论,并判断出含三角函数导函数在某些区间上的符号,从而得到函数单调性和极值.

变式已知函数f(x)=2ex+aln(x+1)-2,当x ∈[0,π],f(x)≥sinx恒成立,求a的取值范围.

解(主函数法)因为f(x)≥sinx在[0,π]上恒成立,所以设g(x)=f(x)-sinx= 2ex+aln(x+1)-sinx-2,x ∈[0,π],则g(x)≥0 在[0,π]上恒成立,即g(x)min≥0.

当a ＜0 时,因为所以g′(x)在[0,π]上单调增,则x= 0 时取最小值g′(x)min=g′(0)=1+a,当-1 ≤a ＜0 时,g′(x)min=1+a≥0,则g(x)在[0,π]上单调增,则x=0 时取最小值g(x)min=g(0)=0,符合题意; 当a ＜-1 时,g′(x)min= 1 +a ＜0, 则存在x0∈(0,π]使g′(x0)＜0,则x ∈[0,x0],g′(x)＜0,则g(x)在[0,x0]单调减,则g(x0)＜g(0)=0,不符合题意.

综上可得a ∈[-1,+∞).

评注题中函数由指数函数、对数函数和三角函数三种初等函数复合而成,指数函数递增速度最快,以指数函数为主函数,将其与其它函数相加减构造差值函数,则指数函数在某范围内主导函数单调性.本题则是以指数函数与三角函数构造差值函数进行求解的.

感悟体会

处理含指数的带参数恒成立问题的关键是处理好函数中的ex部分,以上是该问题的三种常见类型,每个类型的问题均围绕ex展开,都是从不同角度将指数函数部分与剩余部分进行合理组合,形式优化,将ex与其它项分步处理,将题目难度降低.

一、换元法是将含有ex的部分项看成整体设为t,并求出t的范围.换元法可对函数进行调整,起到简化函数形式的作用.

二、构造同构函数法一般用在指对数复合函数中,借助公式x= elnx,x= ln ex将函数不等式两边式子化为结构相同,并构造外围函数和内部函数,使指数函数和对数函数部分分配到所构造的两个函数中去分步处理.

三、切线放缩法是将函数不等式转化为曲线与直线的位置关系, 原函数不等式恒等变形转化为g(x)≥h(x), 其中y=g(x)是曲线,y=h(x)是直线且含有参数a.根据相切确定参数a临界值λ,对a与临界值λ大小关系进行讨论,并验证其充分性,满足条件就取,不满足条件就舍,从而得到参数a范围.

四、指数离合法考虑指数函数导函数特殊性:y(n)= ex,将ex与函数不等式中其它项分离再其与剩余项构成的整体相乘.文中介绍了指对离合、指三离合,都通过离合都妙避开ex的影响,只需研究决定函数零点和单调性的部分,从而简化问题.

五、主函数法是利用指数函数的增速最快,在一定范围内主导函数单调性.将指数函数部分与其余项以和或差的形式组合构造函数.