恒成立是一个很强的条件,意味着题中不等式对于某范围内所有的自变量的值都成立,所以自变量取边界值和某些特殊值时,不等式都成立,由此可以得到一些关于参数的不等式,缩小参数的范围,有效地减少讨论.
本文从端点情况出发,去揭示通过一些必要条件缩小参数范围、确定讨论的分界点这种方法的威力.为了简便,本文选择的例题中,缩小后的参数范围就恰好是所求的范围,虽然这看上去很巧,但事实上,在大部分这类问题中,我们遇到的情况都是如此.
例题一 已知ax2−4ln(x−1)<1对x∈[2,e+1]恒成立,求a的取值范围.
分析与解 将不等式左边记为f(x)=ax2−4ln(x−1),则题目条件等价于∀x∈[2,e+1],f(x)<1.对f(x)求导得f′(x)=2(ax2−ax−2)x−1.直接对a进行讨论情况太多,考虑边界条件即f(2)<1∧f(e+1)<1,解得a<14.
下面尝试证明a<14就是所求的范围.
因为f(x)<14x2−4ln(x−1),故只需要证明∀x∈[2,e+1],14x2−4ln(x−1)<1.记g(x)=14x2−4ln(x−1),x∈[2,e+1],则g′(x)=x2−x−82(x−1),易知它有一个零点m∈(2,e+1),于是g(x)在(2,m)上单调递减,在(m,e+1)上单调递增,于是max{g(x)}=max{g(2),g(e+2)}<1.故a<14即为所求.
例题二 已知不等式2xlnx<(1−k)(x2−1)对任意x>1恒成立,求k的取值范围.
分析与解 为了让函数更简单,我们对题中条件进行处理,条件等价于∀x>1,2lnx−(1−k)(x−1x)<0,记f(x)=2lnx−(1−k)(x−1x),则∀x>1,f(x)<0.对f(x)求导得f′(x)=1x2((k−1)x2+2x+(k−1)),
分析端点,考虑到f(1)=0,于是f(x)在x=1附近单调不增,从而有f′(1)=2k⩽于是得到必要条件k\leqslant 0.
(否则,f'(1)>0,就能得到f(x)在x=1右侧的小邻域内单调递增,从而在这个小邻域内f(x)>f(1)=0,与条件不符)
接下来证明充分性:
当k\leqslant 0时,有f(x)\leqslant 2\ln x-\left(x-\dfrac 1x\right ),而\left(2\ln x-\left(x-\dfrac 1x\right )\right )'=-\dfrac {(x-1)^2}{x^2}\leqslant 0,于是有\forall x>1,2\ln x-\left(x-\dfrac 1x\right)<\left.\left(2\ln x-\left(x-\dfrac 1x\right )\right)\right |_{x=1}=0,从而有题中不等式恒成立.
必要性给我们提供了参数的一个非常好的分界点,便于我们讨论.最后我们对必要性提供另外一个角度的严格证明:
由2x\ln x>0知k<1.如果k>0,记g(x)=(k-1)x^2+2x+(k-1),与f'(x)正负相同,考虑g(x)的零点,由k-1<0,g(1)=2k>0知g(x)有两个零点x_1,x_2,且满足x_1<1<x_2,于是在(1,x_2)上g(x)>0,f'(x)>0,从而有f(x)在(1,x_2)上单调递增,所以x\in(1,x_2),f(x)>f(1)=0,与题意矛盾.
综上知k的取值范围为k\leqslant 0.
最后给出一道练习:
练习 已知函数f(x)=\ln\dfrac{1+x}{1-x},设实数k使得f(x)>k\left(x+\dfrac {x^3}{3}\right )对x\in(0,1)恒成立,求k的最大值.
答案 2.
注 对有些问题来说,端点处的情况可能比较复杂,比如端点处函数无定义或是端点在无穷远处,此时只能通过极限去分析,有兴趣的读者可以参考每日一题[281]零点分段讨论与分析端点.另外,对于上一期的参数不分离的例题,也可以尝试利用端点处的情况去缩小讨论范围或确定讨论分界点,简化讨论,读者可以尝试一下.