含参数的恒成立命题证明策略

前情概要

形如题目，给定某函数$f(x)$$=$$\cfrac{ax^2+x-1}{e^x}$，证明：当$a\ge 1$时，$f(x)+e\ge 0$，像这样的题目我们称为含参数的恒成立命题证明类型，这类题型的常用求解方法有：分类讨论法，分离参数法，构造函数法，直接法，求导法等。

典例剖析

【来自知乎】已知函数 $f(x)=ae^x-2x$，其中 $a$ 为常数。

(1). 判断函数 $f(x)$ 的单调性，重点不在此，故解答略；

(2). 若 $f(x)\geq 1-sinx$，求实数 $a$ 的取值范围。【重点总结此问】

法1️⃣：导数法，核心通法，分离参数，求一阶导和二阶导，求函数最值。

原不等式等价于 $ae^x$$\geq$$2x+1-\sin x$ 对 $\forall$$x$$\in\mathbb{R}$ 恒成立，

分离参数，即 $a$$\geq$$\cfrac{2x+1-\sin x}{e^x}$ 对 $\forall$$x$$\in\mathbb{R}$ 恒成立，

[思路分析：记 $g(x)$$=$$\cfrac{2x+1-\sin x}{e^x}$，则问题转化为求 $g(x)$ 的最大值，则 $a\geq g(x)_{\max}$。]

令 $g(x)$$=$$\cfrac{2x+1-\sin x}{e^x}$，$x\in\mathbb{R}$，根据商的导数法则求导：

则 $g'(x)$$=$$\cfrac{(2-\cos x)\cdot e^x - (2x + 1 - \sin x)\cdot e^x}{(e^x)^2}$$=$$\cfrac{(2 - \cos x) - (2x + 1 - \sin x)}{e^x}$

即 $g'(x)$$=$$\cfrac{1 - 2x + \sin x - \cos x}{e^x}$，

再令 $h(x)$$=$$1-2x+\sin x-\cos x$，则 $g'(x)$$=$$\cfrac{h(x)}{e^x}$，只需分析 $h(x)$ 的符号。

$h'(x)$$=$$-2+\cos x+\sin x$$=$$-2 + \sqrt{2}\sin\left(x+\cfrac{\pi}{4}\right)$

由于 $\sin\left(x+\cfrac{\pi}{4}\right)\in[-1,1]$，故 $\sqrt{2}\sin\left(x + \cfrac{\pi}{4}\right)\in[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$，

因此：$h'(x)\leq -2 + \sqrt{2} < 0$，即 $h(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调递减。

令 $h(x)=0$，尝试特殊值 $x=0$，$h(0)$$=$$1-0+0-1$$=$$0$，结合 $h(x)$ 严格递减，得到单调性如下：

当 $x<0$ 时，$h(x)>0$，则 $g'(x)>0$，$g(x)$ 单调递增；

当 $x > 0$ 时，$h(x) < 0$，则 $g'(x) < 0$，$g(x)$ 单调递减。

故 $g(x)$ 在 $x=0$ 处取得唯一极大值，也是最大值，$g(x)_{\max}$$=$$g(0)$$=$$\cfrac{0+1-0}{e^0}=1$

因此 $a\geq 1$，即实数 $a$ 的取值范围为 $[1,+\infty)$。

法2️⃣：知乎上给出的解法，不分离参数，

设 $g(x)=ae^x-2x-1-\sin x$ ，因为 $g(0)=a-1\geq 0$ $\Rightarrow a\geq 1$ ．这是不等式成立的必要条件，我们大胆猜测它也是充分条件．

故证当 $a\geq 1$ 时，$g(x)\geq 0$ 恒成立，先限制 $x \in[-\pi, \pi]$ ，

$g(x)\geq h(x)=e^x-2 x-1-\sin x $，又由于 $h^{\prime}(x)=e^x+\cos x-2$，

且 $h^{\prime \prime}(x)=e^x-\sin x \geq 0$，则得到 $h^{\prime}(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上单调递增，

注意到 $h^{\prime}(0)=0$，

令 $h^{\prime}(x)>0 \Rightarrow x>0$，则 $h^{\prime}(x)$ 递增；

令 $h^{\prime}(x)<0 \Rightarrow x<0$，则 $h(x)$ 递减．

所以 $h(x)_{\text {min }}=h(0)=0$ ．

故 $x \in[-\pi, \pi]$ 时，$h(x) \geq 0$ 恒成立．

当 $x<\pi$ 时，$h(x)>e^{-\pi}+2 \pi-2>0$ 恒成立．

当 $x<\pi$ 时，$h(x)>e^\pi-2 \pi-2>e^\pi-2 \times 3.14-2>e^\pi-8.28>0$ ．

注意到要证明 $e^\pi-8.28>0$ ，

可以证： $2.2^3=(2+0.2)^3=10.648>8.28$ ．

故综上所述，$g(x) \geq h(x)=0$ ，故原不等式成立．

法2️⃣【并列】：构造函数 + 分类讨论，不分离参数，直接分析恒成立。[核心思路：不分离参数，构造 $F(x)=ae^x - 2x - 1 + \sin x$，要求 $F(x)\geq0$ 对 $\forall x\in\mathbb{R}$ 恒成立，通过分析 $F(x)$ 的单调性、极值，结合必要条件缩小参数范围，再验证充分性。]

令 $F(x)$$=$$ae^x - 2x - 1 + \sin x$，$F(x)\geq0$ 对 $\forall$$x\in$$\mathbb{R}$ 恒成立，则在最值点处必成立，

先找必要条件，取 $x=0$，得 $F(0)$$=$$a\cdot 1-0-1+0$$=$$a - 1\geq0$，即 $a\geq1$（这是必要条件，需验证充分性）。

接下来验证充分性，即 $a\geq1$ 时，$F(x)\geq0$ 恒成立。

当 $a\geq1$ 时，$ae^x\geq e^x$，即 $F(x)\geq e^x-2x-1+\sin x$

记 $G(x)$$=$$e^x-2x-1+\sin x$，只需证明 $G(x)$$\geq$$0$ 对 $\forall$$x\in$$\mathbb{R}$ 恒成立。

对 $G(x)$ 求导：$G'(x)=e^x-2+\cos x$，再求二阶导（判断一阶导的单调性），

由于 $G''(x)$$=$$e^x-\sin x$，因为 $e^x>0$，$-\sin x\geq -1$，以下分情况讨论说明：

当 $x\geq0$ 时，$e^x\geq 1$，故 $G''(x)$$=$$e^x-\sin x$$\geq$$1-1=0$（仅当 $x=0$ 且 $\sin x=1$ 时取等，无交集，故严格大于0）；

当 $x<0$ 时，$e^x > 0$，$-\sin x>-1$，且 $e^x-\sin x>0-1=-1$，

又由于 $e^x>1+x$（$x\neq0$），则 $G''(x)>1+x-\sin x$，

而 $1+x-\sin x$ 的导数为 $1-\cos x\geq0$，$x<0$ 时 $1+x-\sin x<1+0-0=1$，且 $x\to -\infty$ 时 $e^x\to 0$，

$-\sin x\in[-1,1]$，仍有 $G''(x)>0$（可通过特殊值验证：$x=-\pi$ 时，$G''(-\pi)=e^{-\pi} - 0 > 0$）。

即 $G''(x)>0$ 对 $\forall x\in\mathbb{R}$ 恒成立，因此 $G'(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调递增。

接下来，寻找 $G'(x)$ 的零点，尝试特殊值 $x=0$：

由于 $G'(0)=1 - 2 + 1=0$，结合 $G'(x)$ 严格递增，得：

当 $x<0$ 时，$G'(x)<0$，$G(x)$ 单调递减；当 $x>0$ 时，$G'(x)>0$，$G(x)$ 单调递增。

故 $G(x)$ 在 $x=0$ 处取得最小值，且 $G(x)_{\min}$$=$$G(0)$$=$$1-0-1+0=0$

因此 $G(x)\geq0$ 对 $\forall$$x\in$$\mathbb{R}$ 恒成立，即当 $a\geq 1$ 时，$F(x)\geq G(x)\geq0$ 恒成立。

则必要条件 $a\geq1$ 也是充分条件，故实数 $a$ 的取值范围为 $[1,+\infty)$。

法3️⃣：利用不等式放缩【结合常见放缩公式，简化证明】[ 核心思路：利用高考常考的经典不等式放缩【如 $e^x$$\geq$$1+x$、$\sin x$$\leq$$x$（$x\geq0$）、$\sin x$$\geq$$x$（$x$$\leq$$0$）等】，结合分离参数后的形式，直接放缩证明 $g(x)$$\leq$$1$。]

由于 $e^x\geq1+x$（$\forall x\in\mathbb{R}$，仅 $x=0$ 取等）；$\sin x\leq x$（$x\geq0$），$\sin x\geq x$（$x\leq0$），即 $-\sin x\geq -|x|$，或 $1 - \sin x\geq1 - x$（$x\geq0$）、$1 - \sin x\geq1 - x$（$x\leq0$）（统一放缩：$1 - \sin x\geq1 - x$，$\forall x\in\mathbb{R}$）。

$g(x)=\cfrac{2x + 1 - \sin x}{e^x} \leq \cfrac{2x + 1 - x}{e^x} = \cfrac{x + 1}{e^x}$

记 $\varphi(x)=\cfrac{x + 1}{e^x}$，只需证明 $\varphi(x)\leq1$（$\forall x\in\mathbb{R}$），则可推出 $g(x)\leq1$。

$\varphi'(x)=\cfrac{1\cdot e^x - (x + 1)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{-x}{e^x}$

当 $x < 0$ 时，$\varphi'(x) > 0$，$\varphi(x)$ 单调递增；

当 $x > 0$ 时，$\varphi'(x) < 0$，$\varphi(x)$ 单调递减；

$\varphi(x)_{\max}=\varphi(0)=1$，即 $\cfrac{x + 1}{e^x}\leq1$（仅 $x=0$ 取等）。

$g(x)\leq\varphi(x)\leq1$，两个放缩的等号均在$x=0$ 处取得：

由于 $-\sin x\leq -x$ 的等号在 $x=0$ 处取得；且 $\cfrac{x + 1}{e^x}\leq1$ 的等号在 $x=0$ 处取得。

因此 $g(x)\leq1$（仅 $x=0$ 取等），故 $a\geq1$，即实数 $a$ 的取值范围为 $[1,+\infty)$。

法4️⃣：数形结合法【直观分析，辅助验证】【核心思路：将原不等式拆分为左右两边的函数，$y=ae^x$（指数函数，$a>0$ 时单调递增，$a=0$ 时为水平线，$a<0$ 时单调递减）和 $y=2x+1-\sin x$（一次函数叠加正弦函数，震荡上升），通过图像的位置关系分析参数范围。】

由于函数 $y=2x+1-\sin x$，导数 $y'=2-\cos x\in[1,3]$，故该函数严格单调递增，且图像围绕 $y=2x+1$ 上下震荡（振幅1）；

函数 $y=ae^x$，当 $a<1$ 时，$x=0$ 处 $y=a<1$，而右侧 $y=1$，图像在 $x=0$ 处相交下方，不满足恒成立；

当 $a=1$ 时，$y=e^x$，在 $x=0$ 处与右侧相切（均为 $y=1$，且导数均为2）；当 $a>1$ 时，$y=ae^x$ 恒在 $y=e^x$ 上方，自然满足在函数 $y=2x+1-\sin x$ 上方。

$x=0$ 是两个函数的关键点：

左：$y=ae^x$ 在 $x=0$ 处的函数值为 $a$，导数为 $a$；

右：$y=2x + 1 - \sin x$ 在 $x=0$ 处的函数值为1，导数为2。

当 $a=1$ 时，左函数值=右函数值=1，且左导数=1 < 右导数=2，说明左函数在 $x=0$ 处“贴紧”右函数，且两侧均在上方（结合单调性），满足恒成立。

从图像上直观可得，仅当 $a\geq1$ 时，$y=ae^x$ 的图像恒在 $y=2x + 1 - \sin x$ 上方，故 $a\in[1,+\infty)$。

【解后反思】 1.核心切入点：无论哪种方法，均围绕$x=0$ 是最值点/关键点展开，这是因为原不等式在 $x=0$ 处取等号，是恒成立的“临界位置”；

2.导数法是通法，适用于绝大多数恒成立求参数问题；构造函数+分类讨论是不分离参数的经典思路，先找必要条件再证充分性，降低思维难度；不等式放缩是技巧性方法，利用经典放缩简化计算，适合快速解题；

【2018年全国卷Ⅰ卷文科数学第21题】函数$f(x)=a\cdot e^x-lnx-1$，

(1).设$x=2$是$f(x)$的极值点，求$a$，并求$f(x)$的单调区间。

分析：$f'(x)=ae^x-\cfrac{1}{x}$，由$f'(2)=0$，解得$a=\cfrac{1}{2e^2}$，经验证满足题意；

即$f(x)=\cfrac{e^x}{2e^2}-lnx-1$；下面求单调区间，定义域是$(0，+\infty)$，

[法1]：$f'(x)=\cfrac{e^x}{2e^2}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{1}{2e^2}\cdot \cfrac{xe^x-2e^2}{x}$

到此，结合题目给定的$f'(2)=0$，猜想验证，写出结果，

当$0< x <2$时，$f'(x )<0$，当$x >2$时，$f'(x) >0$，

故单调递减区间是$(0，2)$，单调递增区间是$(2，+\infty)$；

[法2]：令$f'(x)>0$，即$\cfrac{e^x}{2e^2}>\cfrac{1}{x}$，即$xe^x-2e^2>0$，观察可得，$x >2$

同理，令$f'(x)<0$，可得$0< x < 2$，

故单调递减区间是$(0，2)$，单调递增区间是$(2，+\infty)$；

(2).证明$a\ge \cfrac{1}{e}$时，$f(x)\ge 0$。

[法1]：已知题目$a\ge \cfrac{1}{e}$是$f(x)\ge 0$的充分条件，转化为求$f(x)\ge 0$恒成立时，求解$a$的取值范围，即必要条件。

由题目$f(x)\ge 0$可知，$ae^x-lnx-1 \ge 0$，即$ae^x\ge lnx+1$，

分离参数得到$a\ge \cfrac{lnx+1}{e^x}$恒成立，

令$h(x)= \cfrac{lnx+1}{e^x}$，只需要求得$h(x)_{max}$，

$h'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}e^x-(lnx+1)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{\cfrac{1}{x}-lnx-1}{e^x}$

$=\cfrac{1}{e^x}\cdot \cfrac{(1-x)-x\cdot lnx}{x}$，解题经验^[1]

当$0<x<1$时，$h'(x)>0$，$h(x)$单调递增，

当$x>1$时，$h'(x)<0$，$h(x)$单调递减，

故$x=1$时，函数$h(x)_{max}=h(1)=\cfrac{1}{e}$，

即$a\geqslant \cfrac{1}{e}$，也就是说

当$a\ge \cfrac{1}{e}$时，必然能得到$f(x)\ge 0$，证毕。

小结：1、本题转而求$f'(x)\ge 0$的必要条件。2、注意含有$lnx$或$ln(x+1)$的表达式的分点的尝试，其实质是数学中的观察法。

[法2]：利用不等式性质，先将参数设法消化，

当$a\ge \cfrac{1}{e}$时，$f(x)\ge \cfrac{e^x}{e}-lnx-1=g(x)$，

此时只需要说明$g(x)_{min}\ge 0$即可。

当$a\ge \cfrac{1}{e}$时，$f(x)\ge \cfrac{e^x}{e}-lnx-1$，

设$g(x)=\cfrac{e^x}{e}-lnx-1$，则$g'(x)=\cfrac{e^x}{e}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{1}{e}\cdot \cfrac{xe^x-1\cdot e^1}{x}$，

故用观察法容易得到

$0< x <1$时，$g'(x)<0$，$x > 1$时，$g'(x)>0$，

即$x=1$是函数$g(x)$的最小值点，则$x>0$时，$g(x)\ge g(1)=0$，

故$a\ge \cfrac{1}{e}$时，$f(x)\ge 0$。

【2018年全国卷Ⅲ卷文科数学第21题】已知函数$f(x)=\cfrac{ax^2+x-1}{e^x}$.

(1).求曲线$y=f(x)$在点$(0，-1)$处的切线方程。

分析：$f'(x)=\cfrac{(2ax+1)e^x-(ax^2+x-1)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{-ax^2+2ax-x+2}{e^x}$

由$f'(0)=2$，故由点斜式得到切线方程为$y-(-1)=2(x-0)$，即$2x-y-2=0$。

(2).证明：当$a\ge 1$时，$f(x)+e\ge 0$。

证明：当$a\ge 1$时，则有$ax^2+x-1\geqslant x^2+x-1$，

则有$\cfrac{ax^2+x-1}{e^x}+e\geqslant \cfrac{x^2+x-1}{e^x}+e=\cfrac{x^2+x-1+e^{x+1}}{e^x}=(x^2+x-1+e^{x+1})\cdot e^{-x}$

即$f(x)+e\geqslant (x^2+x-1+e^{x+1})\cdot e^{-x}$，

由于$e^{-x}>0$恒成立，故可以考虑甩掉她，转化为证明$x^2+x-1+e^{x+1}\geqslant 0$即可；

令$g(x)=x^2+x-1+e^{x+1}$，则$g'(x)=2x+1+e^{x+1}$，解题经验^[2]

当$x<-1$时，$g'(x)<0$，$g(x)$单调递减，当$x>-1$时，$g'(x)>0$，$g(x)$单调递增，

故$g(x)_{min}=g(-1)=0$，故有$g(x)\ge g(-1)=0$

则$g(x)\cdot e^{-x}\ge g(-1)\cdot e^{-x}=0$，即$f(x)+e\ge 0$。

【解后反思】利用不等式性质，将参数的取值范围消化，然后问题转化为不含参数的不等式恒成立问题，再设法求新函数的最值。

【2020届高三文科数学二轮用题】已知函数$f(x)=ax-lnx$，

(1).讨论$f(x)$的单调性；

分析：由题意可得，函数的定义域为$(0,+\infty)$，$f'(x)=a-\cfrac{1}{x}=\cfrac{ax-1}{x}$，
[借助分子函数$y=ax-1$的动态图像，我们很容易写出如下结果，注意分子函数恒过定点$(0,-1)$]

①当$a\leqslant 0$时，由于$f'(x)<0$恒成立，则$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减；

②当$a>0$时，令$f'(x)=0$，则$x=\cfrac{1}{a}$，

故当$x\in (0,+\cfrac{1}{a})$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减，

当$x\in (\cfrac{1}{a},+\infty)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增，

综上所述，当$a\leqslant 0$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减；

当$a>0$时，$f(x)$在$(0,\cfrac{1}{a})$上单调递减，在$(\cfrac{1}{a},+\infty)$上单调递增。

(2).若$a\in (-\infty，-\cfrac{1}{e^2}]$，求证：$f(x)\geqslant 2ax-xe^{ax-1}$.

分析：采用常规思路，用两端作差构造新函数，说明新函数的最小值大于等于零即可；

令$g(x)=f(x)-2ax+xe^{ax-1}=xe^{ax-1}-ax-lnx$，

则$g'(x)=e^{ax-1}+axe^{ax-1}-a-\cfrac{1}{x}=e^{ax-1}+axe^{ax-1}-\cfrac{ax+1}{x}$

$=e^{ax-1}(ax+1)-\cfrac{ax+1}{x}=(ax+1)(e^{ax-1}-\cfrac{1}{x})=\cfrac{(ax+1)(xe^{ax-1}-1)}{x}$

设$r(x)=xe^{ax-1}-1$，则$r'(x)=(1+ax)e^{ax-1}$，由于$e^{ax-1}>0$恒成立，现在$a<0$

则当$x\in (0,-\cfrac{1}{a})$时，$r'(x)>0$，$r(x)$单调递增；当$x\in (-\cfrac{1}{a},+\infty)$时，$r'(x)<0$，$r(x)$单调递减；

则$r(x)_{max}=r(-\cfrac{1}{a})=-(\cfrac{1}{ae^2}+1)\leqslant 0$ ^[3]

即$e^{ax-1}-\cfrac{1}{x}\leqslant 0$，则$g'(x)$的正负只取决于因子$ax+1$的正负，其正负的判断和上述第一问中的做法是一致的，

故$g(x)$在$(0,-\cfrac{1}{a})$上单调递减，在$(-\cfrac{1}{a},+\infty)$上单调递增，

则$g(x)_{min}=g(-\cfrac{1}{a})=(xe^{ax-1}-ax-lnx)|_{x=-\frac{1}{a}}=-\cfrac{1}{a}e^{-2}+1-ln(-\cfrac{1}{a})$，

此处为便于研究其最值，换元处理，这样函数就能简单一些；

令$t=-\cfrac{1}{a}$，则由$a\leqslant -\cfrac{1}{e^2}$，则$-e^2\leqslant \cfrac{1}{a}<0$，

则$0<-\cfrac{1}{a}\leqslant e^2$，即$t\in (0,e^2]$，

则$g(-\cfrac{1}{a})=h(t)=\cfrac{t}{e^2}-lnt+1(0<t\leqslant e^2)$，

$h'(t)=\cfrac{1}{e^2}-\cfrac{1}{t}\leqslant 0$，则函数$h(t)$在区间$(0,e^2]$上单调递减，

则$h(t)_{min}=h(e^2)=1-2+1=0$，即$g(x)_{min}=0$，

故$g(x)\geqslant 0$，即$f(x)-2ax+xe^{ax-1}\geqslant 0$，

也即$f(x)\geqslant 2ax-xe^{ax-1}$，证毕。

[解后反思]：判断$e^{ax-1}-\cfrac{1}{x}$的符合时，还可以使用如下的思路：

由$e^{ax-1}-\cfrac{1}{x}=0$，解得$a=\cfrac{1-lnx}{x}$，设$p(x)=\cfrac{1-lnx}{x}$，则$p'(x)=\cfrac{lnx-2}{x^2}$

当$x>e^2$时，$p'(x)>0$，则$p(x)$单调递增，当$0<x<e^2$时，$p'(x)<0$，则$p(x)$单调递减；

则$p(x)_{min}=p(e^2)=-\cfrac{1}{e^2}$，由题目$a\leqslant -\cfrac{1}{e^2}$，

则$a\leqslant \cfrac{1-lnx}{x}$，整理变形得到，$e^{ax-1}-\cfrac{1}{x}\leqslant 0$。

【2020学年金太阳教育】已知函数$f(x)=bx^2+alnx$的图像在点$(1,f(1))$处的切线的斜率为$a+2$，

(1).讨论$f(x)$的单调性；

分析：定义域为$(0,+\infty)$，$f'(x)=2bx+\cfrac{a}{x}$，则$f'(1)=2b+a=a+2$，

解得$b=1$，$f'(x)=2x+\cfrac{a}{x}=\cfrac{2x^2+a}{x}(x>0)$，

当$a\geqslant 0$时，$f'(x)>0$，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；

当$a<0$时，令$f'(x)=0$，则$x=\sqrt{-\cfrac{a}{2}}$(舍去负值)，

则当$x\in (0,\sqrt{-\cfrac{a}{2}})$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减，

当$x\in (\sqrt{-\cfrac{a}{2}},+\infty)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增，

综上所述，略。

(2).当$0<a\leqslant \cfrac{e}{2}$，证明：$f(x)<x^2+\cfrac{2}{x}e^{x-2}$；

证明：要证明$f(x)<x^2+\cfrac{2}{x}e^{x-2}$，即需要证明$alnx<\cfrac{2e^{x-2}}{x}$

即只需要证明$\cfrac{alnx}{x}<\cfrac{2e^{x-2}}{x^2}$，^[4]

令$g(x)=\cfrac{alnx}{x}(0<a\leqslant \cfrac{e}{2})$，

则$g'(x)=\cfrac{a(1-lnx)}{x^2}$，

当$x\in (0,e)$时，$g'(x)>0$，则$g(x)$单调递增，

当$x\in (e,+\infty)$时，$g'(x)<0$，则$g(x)$单调递减，

故$g(x)_{max}=g(e)=\cfrac{a}{e}$；

令$h(x)=\cfrac{2e^{x-2}}{x^2}(x>0)$，则$h'(x)=\cfrac{2e^{x-2}(x-2)}{x^3}$

当$x\in (0,2)$时，$h'(x)<0$，则$h(x)$单调递减，

当$x\in (2,+\infty)$时，$h'(x)>0$，则$h(x)$单调递增，

故$h(x)_{min}=h(2)=\cfrac{1}{2}$，

由于$0<a<\cfrac{e}{2}$，则有$g(x)_{max}=\cfrac{a}{e}\leqslant \cfrac{1}{2}$，

又$e\neq 2$，故$\cfrac{alnx}{x}<\cfrac{2e^{x-2}}{x^2}$，

即$f(x)<x^2+\cfrac{2}{x}e^{x-2}$；

已知函数 $f(x)=e^x-\cfrac{\ln x}{a}-\cfrac{m^{2}}{2}$

(1).若函数 $f(x)$ 在$[1,2]$上是减函数，求实数 $a$ 的取值范围；

分析：根据题意，得到$f'(x)=e^x-\cfrac{1}{ax}(x>0)$，

由于函数 $f(x)$ 在$[1,2]$上是减函数，

所以$f'(x)=e^x-\cfrac{1}{ax}\leqslant 0$在$x\in [1,2]$上恒成立，

即$\cfrac{1}{a}\geqslant xe^x$恒成立，

故只需$\cfrac{1}{a}\geqslant (xe^x)_{max}$ ，且 $1\leqslant x\leqslant 2$，

令函数$t(x)=xe^x$，则$t'(x)=e^x+xe^x$

当$x\in [1,2]$时，$t'(x)>0$，

所以函数$t(x)=xe^x$在区间$[1，2]$上单调递增，

所以$t(x)_{max}=t(2)=2e^2$，

所以$\cfrac{1}{a}\geqslant 2e^2$，解得$0<a\leqslant \cfrac{1}{2e^2}$，

所以实数$a$的取值范围是$(0,\cfrac{1}{2e^2}]$.

(2).当 $a=1$ 时，求证：对任意 $m \in[-2,2]$，函数 $f(x)$ 的图象均在 $x$ 轴上方。

证明：当 $a=1$ 时，函数 $f(x)=e^x-lnx-\cfrac{m^2}{2} (x>0)$，则 $f'(x)={e}^{x}-\cfrac{1}{x}$，

令 $g(x)={e}^{x}-\cfrac{1}{x}$，则 $g'(x)=e^x+\cfrac{1}{x^2}$，

因为 $g'(x)>0$，所以函数 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，

又因为 $g(\cfrac{1}{2})=\sqrt{e}-2<0$，$g(1)={e}-1>0$，

所以存在 $x_{0}\in(\cfrac{1}{2}, 1)$，使 ${e}^{x_0}=\cfrac{1}{x_{0}}$，可得 $x_{0}=-\ln x_{0}$这一步变换是非常关键的一步，在下面求最值时，需要用到这些变换，以简化求最值时的函数的形式。比如后边将函数 ${e}^{x_0}-\ln x_{0}$等价转化为容易求最值的函数$\cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}$，

所以对任意 $x\in(0,x_{0})$，$g(x)<0$，即 $f'(x)<0$，

函数 $f(x)$ 在 $(0,x_0)$ 上单调递减，

对任意 $x\in(x_{0},+\infty)$， $g(x)>0$，即 $f'(x)>0$，

函数 $f(x)$ 在 $(x_0,+\infty)$ 上单调递增，

所以 $f(x)_{\min}=f(x_{0})={e}^{x_{0}}-\ln x_{0}-\cfrac{m^{2}}{2}$，

要证明函数 $f(x)$ 的图像均在 $x$ 轴上方，只需证明 $f(x)_{\min}>0$，

即当 $x_0\in (\cfrac{1}{2},1)$ 时，${e}^{x_{0}}-\ln x_{0}-\cfrac{m^{2}}{2}>0$ 恒成立，

即 $\cfrac{m^{2}}{2}<{e}^{x_0}-\ln x_{0}=\cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}$ 在 $x_{0}\in(\cfrac{1}{2}, 1)$ 上恒成立，

因为当 $x_{0}\in(\cfrac{1}{2}, 1)$ 时，函数 $u(x_0)=\cfrac{1}{x_0}+x_0$ 是减函数，

所以 $2<\cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}<\cfrac{5}{2}$，

即 $\cfrac{m^2}{2}\leqslant 2$ ，解得 $-2\leqslant m\leqslant 2$，

所以，当 $a=1$ 时，对任意 $m\in [-2,2]$ ，函数 $f(x)$ 的图像均在 $x$ 轴上方.

【2020$\cdot$银川模拟】已知函数 $f(x)=(x+b)(e^x-a)(b>0)$ 的图像在$(-1,f(-1))$ 此处$f(-1)$的值，代入曲线不能求解，但是代入切线方程中却是可以求解的；处的切线方程为$(e-1)x+ey+e-1=0$.

(1).求 $a$， $b$的值；

解析：由题意知 $f(-1)=0$， $f'(-1)=-1+\cfrac{1}{e}$，所以 $f(-1)=(-1+b)(\cfrac{1}{e}-a)=0$

所以 $b=1$ 或 $a=\cfrac{1}{e}$,

又 $f'(x)=(x+b+1)e^{x}-a$

所以 $f'(-1)=\cfrac{b}{e}-a=-1+\cfrac{1}{e}$

若 $a=\cfrac{1}{e}$，则 $b=2-e<0$，与 $b>0$ 矛盾，故 $a=1$，$b=1$.

(2).若 $m \leqslant 0$，证明: $f(x) \geqslant mx^2+x$；

证明: 由(1)可知 $f(x)=(x+1)(e^{x}-1)$， $f(0)=0$，$f(-1)=0$，

由 $m \leqslant 0$，可得 $x \geqslant mx^2+x$，[此处使用了放缩法，以下只要证明$f(x)\geqslant x$即可]

令 $g(x)=(x+1)(e^{x}-1)-x$，则 $g'(x)=(x+2)e^{x}-2$，

当 $x \leqslant-2$ 时， $g'(x)=(x+2)e^{x}-2\leqslant-2<0$，

当 $x>-2$ 时，令 $h(x)=g'(x)=(x+2) e^{x}-2$，

则 $h'(x)=(x+3)e^{x}>0$，[此处使用了二阶导数]

故函数 $g'(x)$ 在 $(-2,+\infty)$ 上单调递增，又 $g'(0)=0$,

综上，当 $x \in(-\infty, 0)$ 时， $g'(x)<0$，当 $x \in(0,+\infty)$ 时， $g'(x)>0$，

所以函数 $g(x)$ 在区间 $(-\infty, 0)$ 上单调递减，在区间$(0, +\infty)$上单调递增，

故 $g(x) \geqslant g(0)=0$，所以 $(x+1)(e^{x}-1) \geqslant x \geqslant mx^{2}+x$

故 $f(x) \geqslant mx^2+x$.

思路总结

1、利用不等式性质，消化掉题目中的参数；

2、利用左右相减做差构造新函数，证明新函数的最值；

3、若能分离参数，利用恒成立命题求解参数的取值范围，此范围只要包括$D$即可。

4、欲证明$f(x)\geqslant g(x)$，若$f(x)$与$g(x)$的最值容易求出来，则只需要证明$f(x)_{min}\geqslant g(x)_{max}$，但是这个思路有一定的局限性，并不是一个通用思路。^[5]

5、利用放缩法；

说明：此时有一个很实用的数学常识，当表达式中含有$lnx$时常常用$x=1$来尝试寻找分点。
比如此题中$h'(1)=0$，然后分$(0，1)$和$(1，+\infty)$两段上分别尝试判断其正负，从而得到如下： ↩︎
导数的解答题到此，我们可以这样寻找分界点，当题目中含有$e^x$时，可以考虑用$x=0$来尝试分界点，由于$e^0=1$；当题目中含有$lnx$时，可以考虑用$x=1$来尝试分界点，由于$ln1=0$，我们很容易发现，$x=-1$是分界点，故可以这样写结果， ↩︎
此处用到了不等式的性质；
由于$a\leqslant -\cfrac{1}{e^2}$，则$ae^2\leqslant -1$，
故$0>\cfrac{1}{ae^2}\geqslant -1$，则$1>\cfrac{1}{ae^2}+1\geqslant 0$，
则$-1<-(\cfrac{1}{ae^2}+1)\leqslant 0$， ↩︎
此举是为了构造函数$y=\cfrac{lnx}{x}$，我们应该记住这个函数的图像和性质；
【2020高三文科二轮用题】已知函数$f(x)=\cfrac{lnx}{x}+a(x-1)$，
(1).若$a=0$，求函数$f(x)$的极值；
分析：若$a=0$，则函数$f(x)=\cfrac{lnx}{x}$，定义域为$(0，+\infty)$，
则$f'(x)=\cfrac{1-lnx}{x^2}$，[此时借助分子函数$y=1-lnx$的图像，快速写出如下]
当$x\in (0,e)$时，$f'(x)>0$，则$f(x)$单调递增，
当$x\in (e,+\infty)$时，$f'(x)<0$，则$f(x)$单调递减，
即函数$f(x)$在$(0,e)$上单调递增，在$(e,+\infty)$上单调递减，
所以函数$f(x)$有极大值，极大值为$f(e)=\cfrac{1}{e}$，没有极小值；
[备注：此函数的图像使用频度很高，故建议学生理解记忆。如下]

函数与导数中常用的函数和不等关系 ↩︎
具体说明如下，
其一：举个特例，比如函数与导数中有一个很重要的不等式，$e^x\geqslant x+1$，则$f(x)=e^x$没有最值；$g(x)=x+1$也没有最值；
其二：还有人补充说，$f(x)_{min}\geqslant g(x)_{max}$，只要在同一点取得最值即可。这当然是满足的，但还有些是满足恒成立，却不是在同一点取得最值的，比如$x^2+1>lnx$。 ↩︎

posted @ 2020-03-03 10:05 静雅斋数学阅读(580) 评论(4) 收藏举报

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