例谈解函数与导数综合题之优化方法:函数与导数综合题
函数与导数的综合应用是高考必考内容,笔者就解函数与导数综合题的解题方法优化问题谈一点认识. 例1设函数f(x)=12ax2-lnx(其中a为大于零的实数),
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)当x∈[1,2]时,不等式f(x)>2恒成立,求a的取值范围.
解析:第(1)小题容易解答.这里着重看第(2)问,大部分学生这样分析:“x∈[1,2],不等式f(x)>2恒成立”即“求f(x)在区间[1,2]上的最小值大于2”.过程如下
f′(x)=1ax-1x=x2-aax=(x-a)(x+a)ax,
f(x)在(-∞,-a)上单调递增,(-a,a)上单调递减,(a,+∞)上单调递增.
若a≥2时,即a≥4,f(x)在区间[1,2]上单调递减,
∴f(x)min=f(2)=2a-ln2>2,
即a2,
即0 若a≤1即0 ∴f(x)min=f(1)=12a>2,
即0 综上所述:a的取值范围(0,14).
上述解法较为繁琐,若先考虑特殊情况:取x=1,不等式成立,即f(1)=12a>2,解得0 点评:在这里通过取特殊值x=1,将a的范围缩小到(0,14)时,不需要分类就可以使问题快速得到处理.
例2设函数f(x)=(ax2+x)ex,a∈R.
若f(x)在[-1,1]上是单调函数,求a的取值范围.
解析:函数f(x)在[-1,1]上是单调函数,等价于函数f(x)的导函数f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在[-1,1]上恒成立,再对实数a进行分类讨论,但运算量还较大.我们可以通过特殊值x=0确定函数在[-1,1]单调递增,再通过分离参数避免分类讨论,那就是解决这一题的最佳境界了.
解:∵f(x)在[-1,1]上是单调函数,
∴f′(x)=ex(ax2+(2a+1)x+1)≥0对x∈[-1,1]恒成立或
f′(x)=ex(ax2+(2a+1)x+1)≤0对x∈[-1,1]恒成立.
又f′(0)=1>0,所以f(x)在[-1,1]上是单调增函数,
等价于ax2+(2a+1)x+1≥0对x∈[-1,1]恒成立.
若x=0,则0≥-1成立,
若x∈[-1,0),则a≤-x-1x2+2x对x∈[-1,0)恒成立.
若x∈(0,1],则a≥-x-1x2+2x对x∈(0,1]恒成立,
令g(x)=-x-1x2+2x,x∈[-1,0)∪(0,1],
g′(x)=x2+2x+2(x2+2x)2>0在[-1,0),(0,1]上恒成立,
∴g(x)在[-1,0)上递增,g(x)min=g(-1)=0.
g(x)在(0,1]上递增,g(x)max=g(1)=-23.
∴-23≤a≤0.
点评:此题通过分离参数将恒成立问题等价转化为函数在某区间上的最值问题,不需要讨论,减少了解题的运算量,提高了解题速度.
例3已知关于x的二次方程x2+(m-1)x+1=0在区间[0,2]上有解,求实数m的取值范围.
分析:大部分同学这样思考:“二次方程x2+(m-1)x+1=0在区间[0,2]上有解”,“分类讨论方程在区间[0,2]上恰有一解,二解两种情形”.事实上许多同学在这环节的操作上受阻,有学生就提出疑问“能不能通过分离变量进行转化,避免分类讨论?”
解:∵二次方程x2+(m-1)x+1=0在区间[0,2]上有解,
则方程(m-1)x=-x2-1在区间[0,2]上有解.
若x=0,则0=-1不成立∴x≠0,
若x∈(0,2]时,m-1=-x-1x有解.
求h(x)=-x-1x在x∈(0,2]上的值域(-∞,-2],
则m-1≤-2,
即m≤-1.
点评:此题通过分离参数将方程在某区间上有解问题等价转化为一个具体函数在某区间上的值域问题避开了分类讨论,简化了解题过程.
例4已知f(x)=xlnx
证明:当x≥1时,2x-e≤f(x)恒成立.
分析:部分同学这样思考:“(2x-e)max
即g(x)=xlnx-2x+e,g′(x)=lnx-1=0,解得x=e.
x∈(1,e)g(x)单调递减,x∈(e,+∞)g(x)单调递增.
∴x∈[1,+∞),g(x)min=g(e)=0,
∴x∈[1,+∞),g(x)≥g(0)=0.
即当x≥1时,2x-e≤f(x)恒成立.
点评:证明f(x)
(作者:袁爱玲,江苏省如皋中学)