端点验证_破解不等

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1、4 0 数学通讯一 一 2 0 1 3年第 5 、 6期( 上半 月) 辅教 导学 ( 1 ， 3 2 起来 通过上述三个实例可以看 出， 随着审题 的不 ( 收稿 日期： 2 0 1 2 1 2 2 3 ) 断深入 ， 对题 目中隐含条件的再发现 ， 要求解 的取 值范围逐步缩小 了， 求解问题 的思路也逐渐 明朗 端点验证 破解不等 陈百华 ( 河 南师范大学附属 中学 ， 4 5 3 0 0 0 ) 不等式恒成立求参数 的取值范 围的试题 的一 般形 式 是 ： ( 其 它形式 可 以仿照 ) ： 当 。时 ， 不 等式 g ( z ) 一f ( x， n ) 0 恒成立 ， 求实数 。

2、的取值 范 围 关 于恒 成 立 的 问题 ， 在 平 时 的 训 练 题 中经 常 出现 ， 老师都是作为重点和难点来对待的， 解法主 要 有两 种 ： 一 是 直接 求 函数 g ( z )一 f ( x， 口 )的最 值 ； 二是把参数 n分离出来， 得到 。 ( ) 或 n h ( z )的形式 ， 然后再求函数 ( z )的最值 对于方法一 ， 通常需要分类讨论求 函数 的最 值 ， 对 学生 的 能力 要 求 非 常 高 ； 对 于 方 法 二 ， 函数 h ( )的形式往往很复杂， 求其最值非常 困难 ， 况且 有时参数 a根本分离不出来 ， 即得不到函数 ( ) 由于这两种方法

3、都 离不开求 函数 的最值 ， 而有 时 所考 察 的 函数 的最 值 根本 不 存 在 ， 因 此要 求 学 生 有扎 实 的基本 功 和 顽 强 的 意 志力 ， 否 则 学 生 往往 会半 途而 废 纵观 近 几 年 的高 考 试 题 ， 利 用 导 数 求 不 等式 中某一参 数 的试 题 的 难 度 在 不 断 增 加 ， 笔 者 通 过 对 最近几 年高 考试题 中的不 等式 恒 成 立 问题 的研 究发现 ， 有时用上述两种方法很难解决这类试题 ， 但是若对某个端点进行验证， 那 么就可 以比较轻 松 地找 到破解 这 类 题 目的有 效 方 法 ， 下 面 就 以近 几 年 的

4、高 考试题 为 例来说 明这种 方法 1 直 接验证 端点 例 1 ( 2 0 0 6年高考全国卷 I理科第 2 1 题) 1 L 已知函数 厂 ( z )一 P 1一 ( I) 设 a 0 ， 讨论 一 厂 ( z )的单调性 ； ( ) 若 对 任意 z ( O ， 1 ) 恒有 ( ) l ， 求 n 的取 值范 围 分析 本 文 只考虑第 ( ) 问 ， 验 证端 点 一 0 ， 发现 厂 ( O )一 1 ， 显然 ， 如果 厂 ( z ) 在 ( 0 ， 1 ) 上是 增 函数 ， 即当 ( 0 ， 1 ) 时 ， 有 f ( z ) O成立 ， 则对 任 意 z ( O ， 1

5、) 恒有 厂 ( z ) 1 因 为厂 ， ( z ) 一号 盯 ， 且当 ( 。 ， 1 上 ， 1 ) 时( 1 -x ) 。 0 ， P 一 0 ， 所以， 要使得 f ( z ) 。 ，只 需 g cz 一 般 。 + 2 一 n 。 ，令 ； ； ： ：得 a 2 根 据上述 分析 可知 ： a 2 是命 题成 立 的充 分 条 件 ， 所 以还 要说 明 ： 当 口 2 时 ， 不 等式 厂 ( z ) 1 不成立 ， 即存在 z ( O ， 1 ) 使 ， ( z ) 1 成立 令 ) 一 警 1矛盾 综上可得 ： n的取值范围是( 一c o ， 2 例 2 ( 2 0 1 2

6、年 高考全 国大纲卷 理科 第 2 O题 ) 设函数 _厂 ( )一 甜 +C O S X ， z o ， ( I) 讨论 -厂 ( z )的单调性 ； ( ) 设 ， ( z ) 1 +s i n x ， 求 n的取值范围 分 析 本文 只考 虑第 ( )问 ， 令 g ( z )一 甜 辅教 导学 数 学通讯2 O 1 3年第 5 、 6期( 上半月) 4 1 +C O S X一1 一s i n x， 则不等式 ， ( z ) 1 +s i n x可化 为 g ( z ) 0 验证端点 z一 0 ， 发现 g ( 0 )一 0 ， 所 以， 如果 g ( z ) 在 z E o ， 7 c

7、 上是减函数 ， 即在 0 z 时， 有 g ( ) 0成立 ， 显然满足要求 因为 g ( )一 a s i n xC O S X= a 一 2 s i n ( x 十号 ) ， 当zE o ， 7c时 ， q -s in ( x+ ) 一1 ， 伺 ( 1 )当口 一1时， 显然 g ( ) 0 ， 符合题意 (2 ) 当 一 1 ， 即 g l ( z ) 0 所以 g ( )在E o ， X 。 )上是减函数， 在 ( 。 ， 上是增函数 ， 要使 g ( ) 0在 XE o ， 7 c 时成立 ， 只 需 ( ； ： ： 即 n 成 立 ，又 一 1 时 ， g ( x ) 0 不恒

8、 成立 ， 即存在zE o ， ， 有 g ( z ) 0 成立 ， 分两种 情况讨论 当 1 0 ， 所 以 g ( z )在( 0 ， 。 )上是增函数 ， 于是 ， 当 0 g ( 0 )一 0 ， 这 与 g ( x ) 0矛盾 当口 时， g ( ) 0 ， g ( z ) 在 0 ， 7 c 上 是 增 函数 ， 于是 ， 当 0 g ( 0 )： = = 0 ， 这与 g ( x ) 0 矛盾 综上可知： n的取值范围是 ( 一。 。 ， 三 评注 根据以上分析可知 ， 若不等式 g ( ) 一 f ( x， n ) 0 具有如下特点 ： 验证端点 一3 7, 。 时 ， 发 现

9、 有 g ( x 。 )一 f( x 。 ， 口 ) 一 0 成立 ， 也 就是不 等式 中 等号成立的条件恰 好是 已知区间的一个端点， 那 么不等式 g ( z ) 0 成立就转化为不等式 g ( z ) g ( x o ) 成立 ， 假设 函数 g ( z ) 在 。 ， +。 。 ) 上是单调 增函数， 就可以确定实数 n的一个恰 当的范围， 使 g ( ) 0成立 ， 即找到一 个使 不等 式 g ( )一 f ( x， 口 ) 0成立的充分条件 接下来还需要证 明， 不在这个范围内的实数 a ， 不能够满足条件 g ( z ) 0 这时只需找到一个 以 z 。为端点的区间( z 。

10、 ， X 1 ) ， 当 z ( o ， z 1 ) 时 ， g ( z ) 妻时， 令厂( ) 一 一2 a 一 1时， 厂 ( ) ； 4 2 数 学通讯一 2 0 1 3年第 5 、 6期 ( 上半月) 辅教 导学 ( 11 )设当z 0时， ， ( z ) ， 求 n的取 值范 围 分 析 本文 只考 虑第 ( I I ) 问 ， 当 0 时 ， 有 0 1时 ， g ( z ) 0 不恒 成 立， 即存在 z， 使 g ( z ) 0 下面分两种情况讨论 ： ( 1 )当 n 1 时 ， 有 ( 一 1 ) z+ ( 2 a 一1 ) 0 成 立 ， 又 0 ， 所 以在 ( o ，

11、 +C x D ) 上恒有 ( z ) 0 ， 即 g ( )在 ( O ， + 。 。 )上 是 增 函数 ， 故 g ( ) g ( O )一 0 ， 于是 g ( ) 在 ( O ， +。 。 ) 上是 增 函数 ， 所 以 g ( _z ) g ( 0 )一 0 ， 这 与 g ( z ) 0矛盾 ( 2 )当 0得 z g ( o ) 一 0 ， 所 以 g ( z )在 ( o ， )上 是 增 函数 ， 因此有 g ( z ) g ( O ) = = = 0 ， 这 与 g ( ) 0矛盾 综上可知： n的取值范围是 0 ， 去 评注 在寻求使不等式 g ( z )= ： ： f

12、 ( x， n ) 0 成 立 的一个 充分 条件时 ， 常常需要 给 出实 数 n的一 个恰 当的范围， 使 g ( ) 0 成立 ， 但是使 g ( z ) 0的实数 a的取值范围有时很难求出， 这时可 以对 端 点进 行第 二次验 证 ， 看是 否有 g ( z 。 )一 0成立 ， 如果成立 ， 则只需重复前面的过程 ， 找出 a的一个 恰 当的范围使g ( z ) 在某个以z 。 为左端点的区问 上是单调增函数 ， 即 ( ) 0成立 2 变 形后验 证端点 例 5( 2 0 1 1 年全 国高 考全 国新课标 卷理 科第 2 1题 )已知 函数 ， ( z )一 + ， 曲 线 一

13、 厂 ( z ) 在点( 1 ， 厂 ( 1 ) ) 处的切线方程为z+2 y 一3 0 ( I) 求 口 ， b的值 ； ( 1 1 ) 如果 当 z 0 ， 且 1 时 ， 厂 ( ) +兰 ， 求 是的取值范围 分 析 ( I)的答案 为 n一 1 ， b一 1 ， 过 程 略 ( I I )因 为 厂 ( z )一 + ， 所 以不 等 式 厂 ( z ) +鱼5 E 可化为 + + Z一1 _ z 十l Z Zj ，由于只能 考 虑验证 端 点 z一 1 ， 但 是 当 一 1 时 ， 分母 无 意 义 ， 所 以考虑 去 分母 ， 从 而 能 保 证 验 证时各 式有 意义 方法

14、1 不等式 两边 同乘 以 z一 1 当 0 0 ； 当 z 1时 ， 原 不等式 可化为 2 1 n + ( 一 1 ) 一 墨 二 0 ； 且当 1时 ， g( z) 0且 z 1 时 g ( ) 0 ， 且 1时 ， 有 g ( ) 0成 立 因为 g )一 ， 且 2 0 ， 令 h ( ) 一 ( 是 1 ) z + 2 x+ k 一 1 需 当 辅教导学 数学通讯 2 O l 3 年 第 5 、 6期( 上半 月) 4 3 0 且 1 时恒 有 h ( x ) 0 ， 即 是 成 T 1 立 ， 由于 的最小值为 0 ， 所 以 k 0 Z十1 接下来要说 明： 当 k 0时 ，

15、在 0 o 不 恒成 立 ； 或在 z 1 时 ， g ( z ) 1使 g ( ) o成立 下面分两种情况考虑： ( 1 )当 k 1时 ， 显 然有 h ( z ) 0成 立 ， 于是 g ( ) 0 ， 所 以 g ( z ) 在 区间 ( O ， 1 ) 和 ( 1 ， + o 。 ) 上 都 是增 函数 ， 因此 ， 对 任意 的 0 1 有 g ( z ) g ( 1 ) 一 0成 立 ， 这与 已知 条件 矛盾 ( 2 )当 0 0 ，解 得 1 - k ( 2-一k ) g ( 1 )一 0 ， 这 与 已知条 件矛 盾 综上可得 ： 的取值范围是( 一。 。 ， O 方法 2 不等式两边同乘 以 x ( x