利用函数的特殊点解题

1． （06全国Ⅱ）设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)，若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求实数a的取值范围．

解法1：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，

对函数g(x)求导数：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a

令g′(x)＝0，解得x＝ea－1－1，……5分

() 当a≤1时，对所有x＞0，g′(x)＞0，所以g(x)在［0，＋∞)上是增函数，

又g(0)＝0，所以对x≥0，都有g(x)≥g(0)，

即当a≤1时，对于所有x≥0，都有f(x)≥ax．……9分

() 当a＞1时，对于0＜x＜ea－1－1，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，ea－1－1)是减函数，

又g(0)＝0，所以对0＜x＜ea－1－1，都有g(x)＜g(0)，

即当a＞1时，不是对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立．

综上，a的取值范围是（－∞，1］．……12分

解法2：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，

于是不等式f(x)≥ax成立即为g(x)≥g(0)成立．……3分

对函数g(x)求导数：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a

令g′(x)＝0，解得x＝ea－1－1，……6分

当x＞ea－1－1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，

当－1＜x＜ea－1－1，g′(x)＜0，g(x)为减函数，……9分

所以要对所有x≥0都有g(x)≥g(0)充要条件为ea－1－1≤0．

由此得a≤1，即a的取值范围是（－∞，1］．……12分

反思：函数g(x)过定点（0，0），g(x)与特殊值0作比较，依题意，g(x)≥0恒成立．数形结合理解，x∈(0,x0)时，g(x)不能递减．

解法3（自解）：x=0时，f(x)≥ax总成立

x>0时，设g(x)=f(x)x=(x+1)ln(x+1)x

则g′(x)=x-ln(x+1)x2

设h(x)=x-ln(x+1),则h′(x)=1-1x+1＜0

所以h(x)＞h(0)=0,即g′(x)＞0

limx0g(x)=limx0f′(x)x′=limx0［ln(x+1)+1］=100型，用洛比达法则

x>0时，g(x)=f(x)x≥a恒成立，即a≤1.

反思：解法1、2，构造新函数无分母，求导简单，但是新函数含参数a，解题要分类；解法3，分离出常数a，构造的新函数不含参数a，不需分类，但含分母，求导稍复杂，且要利用高中没学过的极限法则．

2． （07全1）设函数f(x)=ex-e-x．

（Ⅰ） 证明：f(x)的导数f′(x)≥2；

（Ⅱ） 若对所有x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围．

解：（Ⅰ） f(x)的导数f′(x)=ex+e-x．

由于ex+e-x≥2ex•e-x=2，故f′(x)≥2．

（当且仅当x=0时，等号成立）．

（Ⅱ） 令g(x)=f(x)-ax，则

g′(x)=f′(x)-a=ex+e-x-a，

（） 若a≤2，当x＞0时，g′(x)=ex+e-x-a＞2-a≥0，

故g(x)在(0,+∞)上为增函数，

所以，x≥0时，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax．

（） 若a＞2，方程g′(x)=0的正根为x1=lna+a2-42，

此时，若x∈(0,x1)，则g′(x)＜0，故g(x)在该区间为减函数．

所以，x∈(0,x1)时，g(x)＜g(0)=0，即f(x)＜ax，与题设f(x)≥ax相矛盾．

综上，满足条件的a的取值范围是(-∞,2］．

反思：函数g(x)过定点（0，0），g(x)与特殊值0作比较，依题意，g(x)≥0恒成立．数形结合理解，x∈(0,x0)时，g(x)不能递减．当a＞2时，若利用常规思路g(x)min≥0求参数a的取值范围，则给此题增加了不必要的麻繁．

3． （自编）设函数f(x)=2x3-5x+3,x∈R,当x＞1时,f(x)≥k(x-1)恒成立，求实数k的取值范围．

解：设g(x)=2x3-5x+3-k(x-1)，g(1)=0,

g′(x)=6x2-5-k,g′(1)=1-k,g′(x)在(1,+∞)上单调递增,

（1） 当g′(1)=1-k≥0时,即k≤1时,g′(x)≥0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)＞g(1)=0,即x＞1时,f(x)≥k(x-1)恒成立．

（2） 当g′(1)=1-k＜0,即k＞1时，则存在x0∈(1,+∞),使g′(x0)=0，

所以当x∈(1,x0)，则g′(x)＜0，

故g(x)在该区间为减函数，g(x0)＜g(1)=0，不符题意．

综上，k≤1．

反思：函数g(x)过定点（1，0），g(x)与特殊值0作比较，g(x)≥0，数形结合理解，x∈(1,x0)时，g(x)不能递减．

4． （06全1）已知函数f(x)=1+x1-xe-ax．

（Ⅰ） 设a＞0，讨论y=f(x)的单调性；

（Ⅱ） 若对任意x∈(0,1)恒有f(x)＞1，求a的取值范围．

解：(Ⅰ) f(x)的定义域为(－∞,1)∪(1,+∞).对f(x)求导数得f′(x)=ax2+2-a(1-x)2e-ax.

() 当a=2时,f′(x)=2x2(1-x)2e-2x,f′(x)在(－∞,0),(0,1)和(1,+∞)均大于0,所以f(x)在(－∞,1),(1,+∞).为增函数.

() 当00,f(x)在(－∞,1),(1,+∞)为增函数.

() 当a>2时,0

当x变化时,f′(x)和f(x)的变化情况如下表:

x(-∞,-a-2a)(-a-2a,

a-2a)a-2a,1(1,+∞)

f′(x)+-++

f(x)

f(x)在-∞,-a-2a,a-2a,1,(1,+∞)为增函数,f(x)在-a-2a,a-2a为减函数.

（Ⅱ） () 当0f(0)=1，符合题意．

() 当a>2时,取x0=12a-2a∈(0,1),则由(Ⅰ)知f(x0)

() 方法1：当a≤0时,对任意x∈(0,1),恒有1+x1-x>1且e－ax≥1,得

f(x)=1+x1-xe－ax≥1+x1-x>1.

方法2：a≤0时，x∈(0,1),ax2+2-a＞0,所以f′(x)＞0,

f(x)在(0,1)上单调递增，所以f(x)＞1.

综上当且仅当a∈(－∞,2］时,对任意x∈(0,1)恒有f(x)>1.

反思：函数f(x)过定点（0，1），f(x)与特殊值1作比较，f(x)＞1，数形结合，x∈(0,x0)时，f(x)不能递减．

5． 已知函数f(x)=alnx+x2,若存在x∈［1,e］,使得f(x)≤(a+2)x成立，求实数a的取值范围．

解：设g(x)=alnx+x2-(a+2)x，则g(1)=-1-a.

（1） 当-1-a≤0，即a≥-1时，满足条件．

（2） 当-1-a＞0，即a＜-1时，

g′(x)=2x2-(a+2)x+ax

设h(x)=2x2-(a+2)x+a

对称轴为x=a+24＜14，所以h(x)在［1，e］上单调递增，

h(x)≥h(1)=0，g′(x)≥0,

则g(x)≥g(1)=-1-a＞0，不符条件，

综上，a≥-1．

反思：函数g(x)的关键点是(1,-1-a)，利用该点的函数值分成两类讨论．再利用h(x)经过特殊点（１，０）判断导函数g′(x)的符号，数形结合理解此题是关键．

6． （０８全２）设函数f(x)=sinx2+cosx．

（Ⅰ） 求f(x)的单调区间；

（Ⅱ） 如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围．

解：（Ⅰ） f′(x)=(2+cosx)cosx-sinx(-sinx)(2+cosx)2=2cosx+1(2+cosx)2……2分

当2kπ-2π3＜x＜2kπ+2π3（k∈Z）时，cosx＞-12，即f′(x)＞0；

当2kπ+2π3＜x＜2kπ+4π3（k∈Z）时，cosx＞-12，即f′(x)＜0．

因此f(x)在每一个区间2kπ-2π3,2kπ+2π3(k∈Z)是增函数，

f(x)在每一个区间2kπ+2π3,2kπ+4π3(k∈Z)是减函数．……6分

（Ⅱ） 解法1（自解）：令g(x)=f(x)-ax，则

g′(x)=2cosx+1(2+cosx)2-a

设cosx=t,t∈［-1,1］

h(t)=2t+1(2+t)2,t∈［-1,1］

h′(t)=-2(t+2)(t-1)(2+t)2≥0

h(t)在［-1,1］上单调递增，-1≤h(t)≤13,

又t=cosx在x∈［0,π］上单调递减，

所以由t=cosx,h(t)复合的函数g′(x)在［0,π］上单调递减，且-1-a≤g′(x)≤13-a．

（下转49）