对经典导数求取值范围题的研究

1 原题复现

$$
\begin{split}
22.& 已知函数f(x)=e^x + ax^2 – x \\
& (1) 当a=1时,讨论f(x)的单调性.\\
& (2) 当x \ge 0时,f(x)\ge \frac{1}{2}x^3 + 1, 求a的取值范围.
\end{split}
$$

2 官方解答

2.1 解答全览

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2.2 解答分析

(1)由题意首先对函数二次求导,然后确定导函数的符号,最后确定原函数的单调性即可.
(2)方法一:首先讨论x=0的情况,然后分离参数,构造新函数,结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.

如上是官方分析,具体分为三个方法,分别为“参变分离”、“特值探路”、“指数集中“三个方法”,可以分别分析:

2.2.1 具体分析

参变分离

参变分离被认为是本体的最优解.首先研究当x=0时的情况,排除x=0的干扰,随后将参数a提出,剩余式子移动到另一侧,形成参数a的对于剩余式子的不等关系,构造函数$g(x)$,研究$g(x)$的最值得到答案.

特值探路

特值探路法是在知道$f(2)$时等号成立的情况下,带入a的最小值,并证明恒成立的方法.在本题中显得没有优势.具体思路如下:
代入a的不等式,形成连续不等式的放缩情况,证明其恒成立;
构造新函数,求得其最值.
证明新函数的最值大于(或小于)常数,得证原命题成立
代入的a值不等式即为所求不等式.

指数集中

指数集中相较于参变分离,不再那么直接,思路却仍然清晰.具体操作方法如下

  1. 将所有式子移至一边,形成一个新函数$g(x)$大于(或小于)0的情况.
  2. 求导新函数,得到$g(x)$的单调性表格
  3. 分类讨论,依次求出$a$的取值范围

3 我的解答

对于本题的解答,我也有我自己的方法,但基本与原答案大同小异.如下是我的几种方法(特值探路法过于困难,我不会,在此不列出)

参变分离:

解:(2)
I:当$x = 0$时,$1 \ge 1$, 恒成立


II:当$x \ge 0$ 时:
由$f(x)\ge \frac{1}{2}x^3 + 1$
得$a \ge \frac{\frac{1}{2}x^3 + x + 1 – e^x}{x^2}$
$\begin{split}\therefore g'(x) & = \frac{\frac{1}{2}x^3 – x – 2 + (2-x)e^x}{x^3}\
&=\frac{(x-2)(\frac{1}{2}x^2 + x + 1 – e^x)}{x^3}
\end{split}$
(因式分解)
令$h(x) = \frac{1}{2}x^2 + x + 1 – e^x;$
则$h'(x) = x + 1 – e^x;$
$h”(x) = 1 – e;$
$\because x > 0.$
$\therefore h”(x) < 0$
$h'(x)$单调递减
$\therefore$ 当$h'(x) = 0$时,$x=0$
即$h'(x)<0$
$\therefore h(x)$单调递减
又$\because h(0)=0$
$\therefore h(x)< 0$
$\therefore g(x)$在$(0,2)$上单调递增,在$(2,+\infty)$上单调递减
$g(x)_{max} = g(2) = \frac{7-e^x}{4}$
$\therefore a \ge g(2) = \frac{7-e^x}{4}$


指数集中

解:(2)
由$f(x) \ge \frac{1}{2}x^3 + 1$
得$e^x – \frac{1}{2}x^3 + ax – x – 1 \ge 0$
同除$e^x$:
$\frac{e^x – \frac{1}{2} x^3 + ax^2 – x – 1}{e^x} \ge 0$
(指数集中)
令$g(x) = \frac{e^x – \frac{1}{2} x^3 + ax^2 – x – 1}{e^x}$

则有$g'(x) = \frac{\frac{1}{2}x^3 – (\frac{3}{2}+ a )x^3 + (2a+1)x}{e^x}$

即$g'(x) = \frac{\frac{1}{2}x(x-2) (x-2a-1)}{e^x}$

(因式分解)
$\therefore$ 当$g'(x) = 0$时
$x=0$或$2$或$2a-1;$


I:当$2a+1 \ge 2$ 时.
$a \ge \frac{1}{2}$

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$\therefore 2a+1$是极小值点
$\therefore g(0) = 0 \ge 0$
$g(2a+1) = e^{2a+1} – (2a^2 + 4a + \frac{5}{2})$
令$t(a) = e^{2a+1} – (2a^2 + 4a + \frac{5}{2})$
$\therefore t'(a) = 2e^{2a+1} – 4a – 4$
$\therefore t”(a) = 4e^{2a+1} – 4$
$\because a \ge \frac{1}{2}$
$\therefore e^{2a+1} \ge e^2$
$\therefore t”(a) > 0$
$\therefore t'(a)$ 在$[\frac{1}{2}, +\infty)$上单调递增
$\therefore t'(\frac{1}{2})= 2e^2 – 6 > 0$
$\therefore t'(a) > 0$
$\therefore t(a)$在$[\frac{1}{2}, +\infty)$上单调递增
$\therefore t(a)_{min} = t(\frac{1}{2}) = e^2 – 5 > 0$
$\therefore t(a) > 0$
$\therefore a \ge \frac{1}{2}$


II:当$0\le 2a+1 < 2$时:

$-\frac{1}{2} \le a < \frac{1}{2}$

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$\therefore 2$为极小值点

$g(0) = 0 \ge 0$

$\begin{split}
g(2) &= e^2 – 4 + 2a – 2 – 1\
&= e^ 2 – 7 + 4a
\end{split}$

$\because g(x) \ge 0$

$\therefore g(x)_{min} = g(2) \ge 0$

解得:$a \ge \frac{7 – e^2}{4}$

$\therefore \frac{7-e^2}{4} \le a < \frac{1}{2}$


III:当$2a+1 < 0$时:

$a < -\frac{1}{2}$

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$\therefore g'(0) < 0$

$\because g(0) = 0$

$\therefore g(1) < 0$

$\therefore$此情况不恒大于$0$,舍去.


综上所述: $a \ge \frac{7-e^2}{4}$

即:$a \in [\frac{7-e^2}{4}, +\infty)$

4 技巧分析

在本题中,我们发现了很多做题的小技巧,有”分类讨论””因式分解”等方法或思想.

分类讨论

在”参变分离”中,由于过于直接,用不到参变分离.但是在”指数集中”中,就显得尤为的重要.具体如下:

  1. 解$g'(x)$得到三个零点,其中含有一个带参代数式
  2. 由于不知道带参代数式的大小,便分为多类,依次求取值范围
  3. 最后得到a在不同范围中的多个取值范围,取并集得到答案

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因式分解

在本题中可以看出,无论是”参变分离””指数集中”还是”特值探路”,都需要用到”因式分解”的方法,否则将无法继续解题.情况如下:

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而因式分解作为一个小技巧,在很多时候却不知道该怎么用,下面是运用因式分解的具体步骤:

  1. 在计算$f(x)$或$f'(x)$时,可能会遇到一大串代数式,但是一般不包括$e^x$或$e^x$前有系数,则考虑因式分解

  2. 如果存在$e^x$前有系数,将系数集中,查看能使$e^x$消掉的值,并检验大式子是否也为0.如:
    $$
    \begin{split}\therefore g'(x) & = \frac{\frac{1}{2}x^3 – x – 2 + (2-x)e^x}{x^3}\
    &(观察e^x前系数,发现当x=2时没有e^x.于是提出(x-2))\
    &=\frac{(x-2)(\frac{1}{2}x^2 + x + 1 – e^x)}{x^3}
    \end{split}
    $$

  3. 如果没有$e^x$,则考虑”猜根法”,尝试±1、±2是否可行

5 相似习题

$$
\begin{split}
&22.已知函数f(x)=\frac{e^{ax}}{\sqrt{x}}.\\
&(3)若对任意x\in[1,+\infty),都有f(x) > \frac{1}{\sqrt{e}}成立,求实数a的取值范围
\end{split}
$$

解:

由$f(x)>\frac{1}{\sqrt{e}}$

得 $\frac{e^{ax}}{\sqrt{x}} > \frac{1}{\sqrt{e}}$

$\because \sqrt{x} > 1$

$\therefore e^{ax} > \sqrt{\frac{x}{e}}$

两侧分别取对数,得:

$ax > \ln{(\frac{x}{e})^{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{2}(\ln{x} – \ln{e}) = \frac{1}{2}(\ln{x} – 1)$

$\therefore a > \frac{ln{x} – 1}{2x}$

(参变分离)

令 $g(x) = \frac{ln{x} – 1}{2x}$

$\therefore g'(x) = \frac{2 – \ln{x}}{2x^2}$

$\because x^2 > 0$

$\therefore $当 $g'(x) = 0$时

$2 – \ln{x} = 0$

即 $x = e^2$

$x$ $(0, e^2)$ $e^2$ $(e^2, +\infty)$
$g'(x)$ $>0$ $0$ $<0$
$g(x)$ 单调递增 极大值 单调递减

$\therefore g(x)_{max} = g(e^2) = \frac{1}{2e^2}$

$\therefore a \in (\frac{1}{2e^2}, + \infty)$

附录

本文章大约2200词(系统计词),除部分图片外,皆为施昕汝手打.其中图片平均占用约3词(英文中每个空格算一词)

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最后修改日期: 2022年6月28日

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郭 涛
5 月 前

Whb说你写的太棒了😜