【导数术】6.端点效应
文章目录
-
- 6.端点效应
-
- （1）核心原理
-
- （1-1）原函数端点效应
- （1-2）导函数端点效应
- （2）练习
-
- P r a . 6.1 Pra.6.1 Pra.6.1
- P r a . 6.2 Pra.6.2 Pra.6.2
- P r a . 6.3 Pra.6.3 Pra.6.3
- P r a . 6.4 Pra.6.4 Pra.6.4
- P r a . 6.5 Pra.6.5 Pra.6.5
- P r a . 6.6 Pra.6.6 Pra.6.6
6.端点效应
（1）核心原理
端点效应即考虑原问题成立的某些端点或者特殊情况，预先缩小参数的取值范围，达到减少讨论的目的。
若缩小后的参数范围恰能使得原问题成立，则可以开始充分性证明；若不然，在更小的范围内继续讨论原问题。
（1-1）原函数端点效应
举例为：设 f ( x ) ≥ 0 ( x ≥ x 0 ) f(x)\geq 0(x\geq x_0) f(x)≥0(x≥x0)恒成立，则任取一个 x ≥ x 0 x\geq x_0 x≥x0都会使得 f ( x ) ≥ 0 f(x)\geq 0 f(x)≥0
从而可以缩小参数范围，有时候代入的端点甚至就是原问题的解。
一般我们取的 x = 0 , 1 , e , e − 1 x=0,1,e,e^{-1} x=0,1,e,e−1，这种端点效应称为原函数端点效应。
（1-2）导函数端点效应
举例为：设 f ( x ) ≥ 0 ( x ≥ x 0 ) f(x)\geq 0(x\geq x_0) f(x)≥0(x≥x0)恒成立且 f ( x 0 ) = 0 f(x_0)=0 f(x0)=0
要想使得 f ( x ) ≥ 0 f(x)\geq 0 f(x)≥0，必然有：
f ′ ( x 0 ) ≥ 0 f'(x_0)\geq0 f′(x0)≥0
通过这个导函数满足的不等式缩小参数范围，这种端点效应称为导函数端点效应。
（2）练习
P r a . 6.1 Pra.6.1 Pra.6.1
已知函数 f ( x ) = e x − x 2 ln x − e . f(x)=e^x-x^2\ln x -e. f(x)=ex−x2lnx−e.
（1）求曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)在点 ( 1 , f ( 1 ) ) (1,f(1)) (1,f(1))处的切线方程；
（2）是否存在正整数 m m m，使得 f ( x ) ≥ m x − e f(x)\geq mx-e f(x)≥mx−e在 x > 0 x>0 x>0时恒成立？若存在求出 m m m的最大值，不存在请说明理由。
- S o l u t i o n Solution Solution：
（1） y = ( e − 1 ) ( x − 1 ) y=(e-1)(x-1) y=(e−1)(x−1)
（2）思路：必要性 ⇒ m max = 2 \Rightarrow m_{\max}=2 ⇒mmax=2，充分性证明 m = 2 m=2 m=2成立
[必要性] 端点效应： f ( 1 ) ≥ m − e ⇒ m ≤ e ⇒ m max = 2 f(1)\geq m-e\Rightarrow m\leq e\Rightarrow m_{\max}=2 f(1)≥m−e⇒m≤e⇒mmax=2
[充分性] 以下证明 m = 2 m=2 m=2成立，即证明：
e x − x 2 ln x − 2 x ≥ 0 e^x-x^2\ln x-2x\geq0 ex−x2lnx−2x≥0
对数处理技巧，等价于：
p ( x ) : = e x x 2 − ln x − 2 x ≥ 0 p(x):=\frac{e^x}{x^2}-\ln x-\frac 2 x\geq0 p(x):=x2ex−lnx−x2≥0
而：
p ′ ( x ) = x − 2 x 2 ⋅ ( e x − 1 ) p'(x)=\frac{x-2}{x^2}\cdot (e^x-1) p′(x)=x2x−2⋅(ex−1)
所以 p ( x ) p(x) p(x)在 ( 0 , 2 ) (0,2) (0,2)递减， ( 2 , + ∞ ) (2,+\infty) (2,+∞)递增，最小值为：
p ( x ) min = p ( 2 ) = e 2 4 − ln 2 − 1 > 7 4 − 0.7 − 1 > 0 p(x)_{\min}=p(2)=\frac {e^2}{4}-\ln 2-1>\frac 7 4-0.7-1>0 p(x)min=p(2)=4e2−ln2−1>47−0.7−1>0
这就证明了 m = 2 m=2 m=2的充分性。
注： ln 2 ≈ 0.69 < 0.7 , e 2 = 7.389 > 7 \ln2\approx 0.69<0.7,e^2=7.389>7 ln2≈0.69<0.7,e2=7.389>7
P r a . 6.2 Pra.6.2 Pra.6.2
已知函数 f ( x ) = a ln x x + 1 + b x f(x)=\frac {a\ln x}{x + 1}+\frac b x f(x)=x+1alnx+xb，曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)在点 ( 1 , f ( 1 ) ) (1,f(1)) (1,f(1))处的切线方程是 x + 2 y − 3 = 0. x+2y-3=0. x+2y−3=0.
（1）求 a , b a,b a,b的值；
（2） x > 0 , x ≠ 1 x>0,x\neq1 x>0,x=1时，
f ( x ) > ln x x − 1 + k x f(x)>\frac {\ln x}{x-1}+\frac k x f(x)>x−1lnx+xk
恒成立，求 k k k的取值范围.
- S o l u t i o n Solution Solution： a = b = 1 , k ∈ ( − ∞ , 0 ] a=b=1,k\in(-\infty,0] a=b=1,k∈(−∞,0]
第一小问略，第二小问等价于：
t ( x ) = ln x x + 1 + 1 x − ln x x − 1 − k x = 1 1 − x 2 [ 2 ln x + ( k − 1 ) ( x − 1 x ) ] \begin{aligned} t(x)&=\frac{\ln x}{x+1}+\frac{1}{x}-\frac{\ln x}{x-1}-\frac{k}{x}\\ &=\frac{1}{1-x^2}[2\ln x+(k-1)(x-\frac 1 x)] \end{aligned} t(x)=x+1lnx+x1−x−1lnx−xk=1−x21[2lnx+(k−1)(x−x1)]
所以上述不等式等价于：
{ ∀ x ∈ ( 0 , 1 ) , 2 ln x + ( k − 1 ) ( x − 1 x ) > 0 ∀ x ∈ ( 1 , + ∞ ) , 2 ln x + ( k − 1 ) ( x − 1 x ) < 0 \left\{\begin{aligned}&\forall x\in(0,1),2\ln x+(k-1)(x-\frac 1 x)>0 \\&\forall x\in(1,+\infty),2\ln x+(k-1)(x-\frac 1 x)<0 \end{aligned} \right. ⎩ ⎨ ⎧∀x∈(0,1),2lnx+(k−1)(x−x1)>0∀x∈(1,+∞),2lnx+(k−1)(x−x1)<0
令 h ( x ) = 2 ln x + ( k − 1 ) ( x − 1 x ) h(x)=2\ln x+(k-1)(x-\frac 1 x) h(x)=2lnx+(k−1)(x−x1)，那么：
h ′ ( x ) = 1 x 2 [ ( k − 1 ) x 2 + 2 x + ( k − 1 ) ] h'(x)=\frac 1 {x^2}[(k-1)x^2+2x+(k-1)] h′(x)=x21[(k−1)x2+2x+(k−1)]
不妨令 g ( x ) = ( k − 1 ) x 2 + 2 x + ( k − 1 ) g(x)=(k-1)x^2+2x+(k-1) g(x)=(k−1)x2+2x+(k−1)
由于： h ( 1 ) = 0 h(1)=0 h(1)=0， x > 1 x>1 x>1时 h ( x ) < 0 h(x)<0 h(x)<0
[端点效应] h ′ ( 1 ) ≤ 0 ⇒ k ≤ 0 h'(1)\leq 0\Rightarrow k\leq 0 h′(1)≤0⇒k≤0
此时考虑 g ( x ) g(x) g(x)： k − 1 < 0 , Δ = 4 − 4 ( 1 − k ) 2 < 0 k-1<0,\Delta=4-4(1-k)^2<0 k−1<0,Δ=4−4(1−k)2<0
说明 g ′ ( x ) < 0 ⇒ h ( x ) g'(x)<0\Rightarrow h(x) g′(x)<0⇒h(x)递减 ⇒ h ( x ) > 0 ( x < 1 ) , h ( x ) < 0 ( x > 1 ) \Rightarrow h(x)>0(x<1),h(x)<0(x>1) ⇒h(x)>0(x<1),h(x)<0(x>1)
不等式成立，说明 k ≤ 0 k\leq 0 k≤0成立，故： k ∈ ( − ∞ , 0 ] k\in(-\infty,0] k∈(−∞,0]
P r a . 6.3 Pra.6.3 Pra.6.3
若对于任意 x ∈ [ 0 , + ∞ ) x\in[0,+\infty) x∈[0,+∞)，不等式 f ( x ) = ( x + 1 ) ln ( x + 1 ) − 1 2 a x 2 − a x ≤ 0 f(x)=(x+1)\ln (x+1)-\frac 1 2 ax^2-ax\leq 0 f(x)=(x+1)ln(x+1)−21ax2−ax≤0恒成立，求 a a a范围.
- S o l u t i o n Solution Solution： a ∈ [ 1 , + ∞ ) a\in[1,+\infty) a∈[1,+∞)
[端点效应] 注意到 f ( 1 ) = 0 f(1)=0 f(1)=0，于是必然有 f ′ ( 1 ) ≤ 0 ⇒ a ≥ 1 f'(1)\leq 0\Rightarrow a\geq 1 f′(1)≤0⇒a≥1
而 a ≥ 1 a\geq 1 a≥1时：
f ′ ( x ) = ln ( x + 1 ) + 1 − a x − a f'(x)=\ln(x+1)+1-ax-a f′(x)=ln(x+1)+1−ax−a， f ′ ′ ( x ) = 1 x + 1 − a ≤ 1 − a ≤ 0 f''(x)=\frac 1{x+1}-a\leq 1-a\leq 0 f′′(x)=x+11−a≤1−a≤0
说明 f ′ ( x ) f'(x) f′(x)单减 ⇒ f ′ ( x ) ≤ f ′ ( 0 ) ≤ 0 \Rightarrow f'(x)\leq f'(0) \leq 0 ⇒f′(x)≤f′(0)≤0
必然有： f ( x ) f(x) f(x)单减 ⇒ f ( x ) ≤ f ( 0 ) = 0 \Rightarrow f(x)\leq f(0)=0 ⇒f(x)≤f(0)=0
说明 a ≥ 1 a \geq 1 a≥1成立，故 a ∈ [ 1 , + ∞ ) a\in[1,+\infty) a∈[1,+∞)
P r a . 6.4 Pra.6.4 Pra.6.4
已知 x > 0 x>0 x>0时， f ( x ) = e x + a ln ( 1 − x ) − 1 < 0 f(x)=e^x+a\ln (1-x)-1<0 f(x)=ex+aln(1−x)−1<0恒成立，求 a a a的取值范围
- S o l u t i o n Solution Solution： [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞)
[端点效应] 注意到 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f(0)=0，那么必然有： f ′ ( 0 ) ≤ 0 ⇒ a ≥ 1 f'(0) \leq 0 \Rightarrow a\geq1 f′(0)≤0⇒a≥1
而 a ≥ 1 a\geq 1 a≥1时：
f ′ ( x ) = e x + − a 1 − x ≤ e x + 1 x − 1 = ( x − 1 ) e x + 1 x − 1 f'(x)=e^x+\frac{-a}{1-x}\leq e^x+\frac{1}{x-1}=\frac{(x-1)e^x+1}{x-1} f′(x)=ex+1−x−a≤ex+x−11=x−1(x−1)ex+1
构造 u = ( x − 1 ) e x + 1 , u ′ ( x ) = x e x > 0 , u ( 0 ) = 0 ⇒ u ( x ) ≥ 0 u=(x-1)e^x+1,u'(x)=xe^x>0,u(0)=0\Rightarrow u(x)\geq0 u=(x−1)ex+1,u′(x)=xex>0,u(0)=0⇒u(x)≥0
这说明 f ′ ( x ) < 0 f'(x)<0 f′(x)<0恒成立，于是 f ( x ) < f ( 0 ) = 0 f(x)
故： a ∈ [ 1 , + ∞ ) a\in[1,+\infty) a∈[1,+∞)
[另解] 充分性证明也可以利用： e x ≥ x + 1 ( x ∈ R ) e^x\geq x+1(x\in \R) ex≥x+1(x∈R)
用 − x -x −x替代 x x x，得： e − x ≥ 1 − x ( x ∈ R ) e^{-x}\geq 1-x(x\in\R) e−x≥1−x(x∈R)
当 x ∈ [ 0 , 1 ) x\in[0,1) x∈[0,1)时，不等式两侧均为正数，取倒数可得：
e x ≤ 1 1 − x , x ∈ [ 0 , 1 ) e^x\leq\frac{1}{1-x},x\in[0,1) ex≤1−x1,x∈[0,1)
于是：
f ′ ( x ) ≤ 1 1 − x + − a 1 − x = 1 − a 1 − x ≤ 0 f'(x)\leq \frac{1}{1-x}+\frac{-a}{1-x}=\frac{1-a}{1-x}\leq0 f′(x)≤1−x1+1−x−a=1−x1−a≤0
说明 f ′ ( x ) < 0 f'(x)<0 f′(x)<0恒成立
P r a . 6.5 Pra.6.5 Pra.6.5
已知函数 f ( x ) = ln a x + b x f(x)=\ln ax+bx f(x)=lnax+bx在点 ( 1 , f ( 1 ) ) (1,f(1)) (1,f(1))处的切线是 y = 0. y=0. y=0.
（1）求函数 f ( x ) f(x) f(x)的极值；
（2）当 m < 0 m<0 m<0时，
m x 2 e x ≥ f ( x ) + 1 − e e x \frac {mx^2}{e^x}\geq f(x)+\frac{1-e}{e}x exmx2≥f(x)+e1−ex
恒成立，求 m m m的取值范围.
- S o l u t i o n Solution Solution： a = e , b = − 1 a=e,b=-1 a=e,b=−1， 1 − e ≤ m < 0 1-e\leq m <0 1−e≤m<0
第一小问略，第二小问：
[端点效应] 考虑到 x = 1 x=1 x=1时也成立 ⇒ m ≥ 1 − e \Rightarrow m\geq 1-e ⇒m≥1−e
当 m ≥ 1 − e m\geq 1-e m≥1−e时，有：
m x 2 ≥ ( 1 − e ) x 2 mx^2\geq(1-e)x^2 mx2≥(1−e)x2
而：
( 1 − e ) x 2 e x − ln e x + x − 1 − e e x = ( 1 − e ) x ⋅ ( x e x − 1 e ) + x − ln x − 1 ≥ ( 1 − e ) x ⋅ ( 1 e − 1 e ) + ( ln x + 1 − ln x − 1 ) = 0 \begin{aligned}\frac{(1-e)x^2}{e^x}-\ln ex+x-\frac{1-e}{e}x&=(1-e)x\cdot(\frac{x}{e^x}-\frac 1 e)+x-\ln x-1\\&\geq(1-e)x\cdot(\frac 1 e-\frac 1 e)+(\ln x+1-\ln x-1)=0 \end{aligned} ex(1−e)x2−lnex+x−e1−ex=(1−e)x⋅(exx−e1)+x−lnx−1≥(1−e)x⋅(e1−e1)+(lnx+1−lnx−1)=0
故 m ∈ [ 1 − e , 0 ) m\in[1-e,0) m∈[1−e,0)
P r a . 6.6 Pra.6.6 Pra.6.6
已知函数 f ( x ) = sin x + x 3 6 − m x . f(x)=\sin x+\frac{x^3}{6}-mx. f(x)=sinx+6x3−mx.
（1）若 f ( x ) f(x) f(x)在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞)上单增，求实数 m m m的取值范围；
（2）若对于 ∀ x ∈ [ 0 , + ∞ ) \forall x\in[0,+\infty) ∀x∈[0,+∞)，不等式
sin x − cos x ≤ e a x − 2 \sin x-\cos x \leq e^{ax}-2 sinx−cosx≤eax−2
恒成立，求 a a a的取值范围.
- S o l u t i o n Solution Solution： m ≤ 1 , a ≥ 1 m\leq1, a\geq 1 m≤1,a≥1
第一小问略，第二小问：
不妨令： g ( x ) = sin x − cos x − e a x + 2 g(x)=\sin x-\cos x-e^{ax}+2 g(x)=sinx−cosx−eax+2
[端点效应] g ( 0 ) = 0 ⇒ g ′ ( 0 ) ≤ 0 ⇒ a ≥ 1 g(0)=0\Rightarrow g'(0)\leq 0\Rightarrow a\geq 1 g(0)=0⇒g′(0)≤0⇒a≥1
而 a ≥ 1 a\geq 1 a≥1时：
g ( x ) ≤ sin x − cos x − e x − 2 ≤ sin x − cos x − ( x − 1 ) − 2 = sin x − cos x − x − 1 ≤ x − cos x − x − 1 ≤ 0 \begin{aligned} g(x)\leq \sin x-\cos x-e^x-2&\leq \sin x-\cos x-(x-1)-2\\ &=\sin x-\cos x-x-1\\ &\leq x-\cos x-x-1\leq 0 \end{aligned} g(x)≤sinx−cosx−ex−2≤sinx−cosx−(x−1)−2=sinx−cosx−x−1≤x−cosx−x−1≤0
故 a ≥ 1 a\geq 1 a≥1时成立，所以 a a a的取值范围是 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞)