一类恒成立问题处理策略的再延伸

徐加华

(山东省新泰市第一中学 271200)

文[1]利用一个定理解决了一类恒成立问题，本人读后受益匪浅.本文再将该定理推广延伸如下.

定理：(1)已知函数y=f(x)在x=a处可导，且x∈[a,b)时f(x)≤(≥)f(a)恒成立，若函数y=f′(x)在x=a处可导，且f′(a)=0，则f″(a)≤(≥)0.

(2)已知函数y=f(x)在x=b处可导，且x∈(a,b]时f(x)≤(≥)f(b)恒成立，若函数y=f′(x)在x=b处可导,且f′(b)=0，则f″(b)≥(≤)0.

(注：y=f″(x)是函数y=f′(x)的导数.)

对于定理：已知函数y=f(x)在x=a处可导，且x∈[a,b)时有f(x)≤f(a)恒成立，若f′(a)=0.则f″(a)≤0. 我们试着从反面入手说明其正确性.

如果f″(a)>0，则y=f′(x)在x=a处右侧附近的图像单调递增，又f′(a)=0.所以y=f(x)在x=a处右侧附近满足f′(x)≥0.于是y=f(x)在x=a处右侧附近的图像单调递增，从而说明y=f(x)在x=a处右侧附近满足f(x)>f(a)，这与条件x∈[a,b)时f(x)≤f(a)恒成立是矛盾的，该定理正确！其他的结论类似说明其正确性.

下面举例说明其应用.

例1已知f(x)=ex-1-x-ax2,当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.

解∵f(x)=ex-1-x-ax2,

∴f(0)=0,f′(x)=ex-1-2ax，f′(0)=0.

f″(x)=ex-2a.

令f″(0)=e0-2a≥0,

又f′(0)=0，则y=f′(x)在x≥0时有f′(x)≥0，则y=f(x)在x≥0时单调递增，又f(0)=0,从而说明当x≥0时，f(x)≥0恒成立.

说明：本题先利用定理得到f(x)≥0成立的必要条件，然后再证明其充分性.

例2 当x≥0时，ax2+1≤xex+e-x恒成立，求a的取值范围.

解ax2+1≤xex+e-x⟺ax2+1-xex-e-x≤0.

令f(x)=ax2+1-xex-e-x，

则f(0)=0.

f′(x)=2ax+e-x-ex(x+1),

∴f′(0)=0.

f″(x)=2a-e-x-ex(x+2),

令f″(0)=2a-3≤0,

又f′(0)=0，则y=f′(x)在x≥0时有f′(x)≤0，则y=f(x)在x≥0时单调递减，又f(0)=0,从而说明当x≥0时，f(x)≤0恒成立，即当x≥0时ax2+1≤xex+e-x.