浅谈导数恒成立中的整数问题

1导数恒成立中问题中的整数问题初探吉林大学附属中学吴普林摘要：本文首先对导数问题的常见类型、常用数学思想方法，进行了系统归纳和整理，总结出了八种常见题型和八种常用数学思想方法，为从整体上把握导数问题提供了研究框架。接下来，对初露端倪的导数恒成立问题中涉及整数的问题，进行了重点的归纳和分析，从四个方面进行了初步的总结，为导数问题的研究指出了一种新的方向。关键词：导数，恒成立，整数正文：导数为我们解决有关函数问题提供了一般性方法，是解决实际问题强有力的工具.与初等数学方法比较，利用导数研究函数性质具有简捷性、有效性和一般性的特点.以函数为载体，以导数为工具，考查函数图象、极（最）值、单调性及其应用为目标，是最近几年函数、导数及不等式交汇试题的显著特点和命题趋向．导数问题灵活多变，经常在与函数、不等式以及数列等知识的交汇处命题，综合程度高，命题时以能力立意为主，思维力度大，涉及的数学思想方法丰富多样，因此，将导数问题归类研究，揭示各种题型的普遍特征和规律，是每一位高中数学教师当之不让的责任.从整体指导思想方面说，解决导数问题关键是要先让学生理解函数的概念，掌握好各类函数的结构特征和基本性质，并能将其用于解决具体问题之中．要让学生形成函数思想，真正树立函数观念和变量意识，并能主动利用导数、方程、不等式处理问题，让他们能够在具体问题中顺利实施有效的化归与转化．重视逻辑推理，加强逻辑命题的结构分析和命题转化训练（如当且仅当、存在、恒成立、能成立等语言涵义理解）加强实际运用，提高综合应用能力．多研究函数性质及解不等式、证明不等式的基本方法，尤其是：构造函数、建立方程、挖掘不等式关系，含参数字母的分类讨论，比较法、分析法、综合法、放缩法等常见的证明方法．从具体题型方面说，应该建立导数问题的研究框架，对问题形成整体把握.根据个人的研究和教学体会，笔者认为导数问题大致可分为七大类：一、导数单调性、极值、最值的直接应用二、交点与根的分布三、不等式证明（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式（三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用（二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用六、导数应用题七、导数结合三角函数八、导数中涉及整数的问题在解决问题时，经常涉及以下八种主要的数学思想和方法：一、数形结合思想二、分类讨论思想三、函数与方程思想四、作差法五、分离参数法六、构造函数法2七、构造不等式法八、转换变量法纵观最近几年的高考试题，含参数不等式的恒成立问题成为一个热点，研究的文章也层出不穷，但是对于导数恒成立中与整数有关的问题，大家观注甚少，下面本文将就这类问题的类型进行一番归纳和研讨，抛砖引玉，期望与各位专家同行切磋提高，共同完善.一、参数的范围与整数相关此类问题，只是将传统的在实数范围内求解的恒成立问题，向整数范围作了一个简单的迁移，只是传统问题在整数范围内的具体化，分析问题的思路和解题的方法与在实数范围内的讨论相同，我们来看具体的问题.设函数11)(xkxxf在1,上是单调递增.（Ⅰ）求实数k的取值范围；（Ⅱ）若0x时，111xexkx，求满足条件的最大整数k的值.（其中e是自然对数的底数）对于本题的第一问，学生解决起来没有太大障碍，值得注意的是k临界值1在本题中不符合题意，在解题时应重视这个细节，具体解法如下：（Ⅰ）∵11)(xkxxf，∴21()(1)kfxx，又fx是1,上的单调递增，由()0fx得1k．∴k的取值范围为(1,).对于本题的第二问，也是本文要重点探讨的问题，我们将用三种方法进行分析和解答.（方法一）构造函数法从要解决的问题入手，观察不等式111xexkx的形式，不难想到要等价变形，使问题得到转化.即只需证明0)1ln(11xxkx恒成立，因此构造一个目标函数来求解.（Ⅱ）设函数)1ln(11)(xxkxxg，则2211()(0)(1)1(1)kkxgxxxxx.（i）当0k≤时，∵(0,)x，∴2()0(1)kxgxx，∴)(xg在),0(单调递减，∴()(0)1gxg，∴()0gx，因此，0k≤符合题意.（ii）当0k时，2()(0)(1)kxgxxx.当(0,)xk时，()0gx，当(,)xk时，()0gx.∴)(xg在上减函数在上增函数),(),0(k，k.因此，只需0)1ln(11)()(2maxkkkkgxg,即0)1ln(1kk.设)1ln(1)(kkkh，∵1()1011khxkk，∴)(kh在(0,)上增函数，∵03ln1)2(h，04ln2)3(h，∴使0()0(2,3)hkk的的解，综上，使111xexkx成立的0kkk的范围是.3∴符合题意的最大整数k的值为2.（方法二）分离参数法对于恒成立问题，我们通常有一种解决方式，即去解决分离参数法，这样做的目的是尽可能地减少讨论.（Ⅱ）欲使111xexkx，只需)1ln(11xxkx，即xxxk1)1ln()1(.设xxxxg1)1ln()1()(，2ln(1)1()(0)xxgxxx，设1)1ln()(xxxh，1()111xhxxx，当(0,),()0xhx，∴()0,)hx在(上单调递增，∵04ln2)3(,02ln1)2(hh，∴使0()0(2,3)hxx的解，且00ln(1)10xx∴当0(0,),()0,xxgx时当0(,)xx，()0gx，∴()gx在0(0,)x上单调递减，在0(,)x上单调递增，∴0()()0gxgx≥.∴k的范围是0kx，由前面分析知0(2,3)x，∴符合题意的最大整数k的值为2.（方法三）猜想验证法对于这类问题，可先通过对x取值，缩小k的范围，猜测k的取值，并对一般情况加以证明.设11)(xkxexg，因为fx是1,上的增函数，且1e，所以gx是1,上的增函数.由条件知12(1)2,2,2ln213kgek所以即，因此猜测满足条件最大整数k为2，下面证明对任意0x，1112xexx恒成立.因为2111xxex等价于0112)1ln(xxx设112)1ln()(xxxxh，22()(1)xhxx当(0,2)()0,xhx当(2,)()0,xhx∴当),0(x013ln)2()(minhxh即对任意的0x都有0112)1ln()(xxxxh，即对任意0x，1112xexx恒成立，∴符合题意的最大整数k的值为2.二、函数的表达式与整数相关（2008山东卷第21题）已知函数1()ln(1),(1)nfxaxx其中n∈N*,a为常数.（Ⅰ）当n=2时，求函数f(x)的极值；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x－1.第一问属于常规问题，略解如下：4（Ⅰ）由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}，当n=2时，21()ln(1),(1)fxaxx所以232(1)().(1)axfxx（i）当a＞0时，由f(x)=0得121xa＞1，221xa＜1，此时()fx=123()()(1)axxxxx.当x∈（1，x1）时，()fx＜0,f(x)单调递减；当x∈（x1+∞）时，()fx＞0,f(x)单调递增.(ii)当a≤0时，()fx＜0恒成立，所以f(x)无极值.综上所述，n=2时，当a＞0时，f(x)在21xa处取得极小值，极小值为22(1)(1ln).2afaa当a≤0时，f(x)无极值.（Ⅱ）(方法一)分类讨论法当a=1时，1()ln(1).(1)nfxxx(i)当n为偶数时，令1()1ln(1),(1)ngxxxx则()gx）=1+1112(1)11(1)nnnxnxxxx＞0（x≥2）.∴当x∈[2,+∞]时，g(x)单调递增，又g(2)=0，因此1()1ln(1)(1)ngxxxx≥g(2)=0恒成立，所以f(x)≤x－1成立.（ii）当n为奇数时，要证()fx≤x－1,由于1(1)nx＜0，故只需证ln(x－1)≤x－1,令h(x)=x－1－ln(x－1),则()hx=1－1211xxx≥0(x≥2),所以,当x∈[2，+∞]时，()1ln(1)hxxx单调递增，又h(2)=1＞0，所以当x≥2时，恒有h(x)＞0,即ln(x－1)＜x－1命题成立.综上所述，结论成立.（方法二）放缩法当a=1时，1()ln(1).(1)nfxxx当x≤2，时，对任意的正整数n，恒有1(1)nx≤1，故只需证明1+ln(x－1)≤x－1.令()1(1ln(1))2ln(1),2,hxxxxxx则12()1,11xhxxx当x≥2时，()hx≥0，故h(x)在2,上单调递增，因此，当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x－1)≤x－1成立.5故当x≥2时，有1ln(1)(1)nxx≤x－1.即f（x）≤x－1.三、自变量的范围与整数相关已知函数32()(63)xfxxxxte，tR.（Ⅰ）若函数()yfx依次在,,()xaxbxcabc处取到极值．（i）求t的取值范围；（ii）若22acb，求t的值．（Ⅱ）若存在实数0,2t，使对任意的1,xm，不等式()fxx恒成立．求正整数m的最大值．第一问属于常规问题，略解如下：（Ⅰ）（i）23232()(3123)(63)(393)xxxfxxxexxxtexxxte32()3,39303,,.fxxxxtabc有个极值点有个根322()393,'()3693(1)(3)gxxxxtgxxxxx令()(-,-1),(3,+)(-1,3)gx在上递增,上递减.()3824.(3)0gxtgg(-1)0有个零点(ii),,()abcfx是的三个极值点3232393(x-a)(x-b)(x-c)=x()()xxxtabcxabbcacxabc393abcabacbctabc31(b(-1,3))2b或舍12318123abtc.第二问，通过观察题中函数的形式，尝试使用分离参数法.（Ⅱ）不等式()fxx，即32(63)xxxxtex，即3263xtxexxx.转化为存在实数0,2t，使对任意1,xm，不等式3263xtxexxx恒成立,只需32063xxexxx在1,xm上恒成立。∵1,xm，∴只需2063xexx恒成立。设2()63xxexx，则()26xxex。设()()26xrxxex，则()2xrxe，∵1xm，∴()0rx，∴()rx在区间1,m上是减函数。又123(1)40,(2)20,(3)0rerere∴存在0(2,3)x，使得00()()0rxx。当01xx时，有()0x，当0xx时，有()0x，∴()yx在区间01,x上递增，在区间0,x上递减。又123(1)40,(2)50,(3)60,eee456(