01导数应用——不等式恒成立问题

利用导数解决不等式恒成立问题

利用导数解决不等式恒成立问题作者：张景辉来源：《广东教育·高中》2010年第09期不等式恒成立问题是近年高考的热点问题,常以压轴题形式出现,交汇函数、方程、不等式和数列等知识,有效地甄别考生的数学思维能力.由于不等式恒成立问题往往都可以转化为函数的最值问题,而导数,以其本身所具备的一般性和有效性,在求解函数最值中,起到无可替代的作用.因此,我们就不等式恒成立问题的两种常见类型,探讨如何利用导数进行解决.类型一:“f (x)≥a”型(其中a为常数)形如“f (x)≥a”或“f (x)≤a”型不等式,是恒成立问题中最基本的类型,许多复杂的恒成立问题最终都可归结为这一类型.根据恒成立的本质,我们可以进行如下转化:(1)对任意x∈D,有f (x)≥a(其中a为常数)恒成立对x∈D,f (x)min≥a;(2)对任意x∈D,有f (x)≤a(其中a为常数)恒成立对x∈D,f (x)max≤a.形式推广:(1)对于任意的x∈D,f (x)≥g (x)恒成立对于任意的x∈D,f (x)-g (x)≥0恒成立对x∈D,[f (x)-g (x)]min≥0;对于任意的x∈D,f (x)≤g (x)恒成立对于任意的x∈D,f (x)-g (x)≤0恒成立对x∈D,[f (x)-g (x)]max≤0;(2)函数f(x)在区间D单调递增在f′(x)≥0在x∈D恒成立对x∈D,[f ′ (x)]min≥0;函数f (x)在区间D单调递增在f ′(x)≤0在x∈D恒成立对x∈D,[f ′(x)]max≤0.例1:已知函数f(x)=x2-alnx+a(a>0)在(0,+∞)满足f (x)≥0恒成立,求a的取值范围.分析:根据对任意x∈(0,+∞),f(x)≥0恒成立对x∈(0,+∞),f(x)min≥0. 问题转化为求函数f(x)在x∈(0,+∞)的最小值,进而我们借助导数,求出函数f(x)的最小值.解析:令f ′(x)=2x-==0,因为a>0,x>0,解得x=.列表:由表可得,f(x)min=f()=-aln+a=(3-ln).因为对任意x∈(0,+∞),f (x)≥0恒成立,所以对x∈(0,+∞),f(x)min≥0.所以f(x)min=(3-ln)≥0,解得a≤2e3,因为a>0,所以a的取值范围为(0,2e3].例2:已知函数f(x)=x2+a,g (x)=alnx(其中a>0),对任意x∈(0,+∞),有f(x)≥g (x)恒成立,求a的取值范围.解析:对任意x∈(0,+∞),有f(x)≥g (x)恒成立对任意x∈(0,+∞),f(x)-g (x)≥0恒成立,即对任意x∈(0,+∞),x2+a-alnx≥0恒成立.利用例1的结论,可得a的取值范围为(0,2e3].例3:已知函数f (x)=x+(其中a为常数),若对任意a∈(0,m],有函数f(x)在定义域单调递增,求m的最大值.解析:函数f(x)的定义域为(0,+∞),根据函数f(x)在定义域单调递增,可得f ′(x)=1+=≥0在x∈(0,+∞)恒成立,因为x2>0,所以条件转化为不等式x2-alnx+a≥0在x∈(0,+∞)恒成立,利用例1的结论,可得a的取值范围为(0,2e3],因为a∈(0,m],所以m的最大值为2e3.小结:在面对不同形式呈现的恒成立问题,我们应想方设法转化为“f (x)≥a”型的结构形式,利用导数在求解函数最值的优越性,从而轻松、简便地解决相应问题.类型二:“f (x1)≥g(x2)”型形如任意x1,x2∈D,都有f (x1)≥g(x2)恒成立对x∈D,有f (x)min≥g (x)max;任意x1,x2∈D,都有f (x1)≤g(x2)恒成立对x∈D,有f (x)max≤g (x)min.例4:已知f(x)=x+,g(x)=-x2+2lnx,其中a>0.若对任意x1,x2∈(0,+∞),都有f(x1)≥g (x2)恒成立,求a的取值范围.分析:根据任意x1,x2∈(0,+∞),都有f(x1)≥g (x2)恒成立对x∈(0,+∞),有f(x)min≥g (x)max,进而建立关于a的不等式,求得a的取值范围.解析:令f′(x)=1-==0,因为a>0,x>0,解得x=a.列表:由表可得,f(x)min=f(a)=a+=2a.令g′(x)=-2x+==0,因为x>0,解得x=1.列表:由表可得g(x)max=g(1)=-1.因为对任意x1,x2∈(0,+∞),都有f (x1)≥g(x2)恒成立.所以对x∈(0,+∞),有f (x)min≥g(x)max,即2a≥-1,解得a≥-,所以a的取值范围为[-,+∞).小结:至此,相信仍有不少同学难于辨别“f (x1)≥g(x2)”型与“f (x)≥g(x)”型的差异.那么,下面让我们一起比较这两种类型的差异,以便我们在实际操作中能够更好地理解和辨别.“对任意x1,x2∈D,有f (x1)≥g(x2)恒成立”等价于“对x∈D,有f (x)min≥g(x)max”.而“对任意x∈D,有f (x)≥g(x)恒成立”能够推出“函数f (x)图像恒在函数g(x)图像的上方”,但不一定推出“f(x)min≥g(x)max”成立.巩固练习:1. 已知函数f (x)=+lnx(a>0)在[1,+∞)单调递增,求a的取值范围;2. 已知函数f (x)=+lnx(a>0),g (x)=+1,若对任意x1,x2∈(0,+∞)有f (x1)≥g(x2)恒成立,求a的取值范围;答案:1. [1,+∞);2. [e,+∞).根据以上两种不等式恒成立类型的探究与学习,从中我们可以体验到不等式恒成立问题在正确转化为函数最值问题后,便可以借助导数作为求解函数最值的有效工具,把抽象、复杂的不等式恒成立问题,转化为直观、简单的函数最值问题,最终达到解决问题的目的.责任编校徐国坚。

利用导数“三招”破解不等式恒成立问题

利用导数“三招”破解不等式恒成立问题不等式恒成立问题一直是高考命题的热点，把函数问题、导数问题和不等式恒成立问题交汇命制压轴题成为一个新的热点命题方向．[典例] (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12·⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <m ，求m 的最小值． [方法演示]解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x 知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．由于f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0. 故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0. 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n . 从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. 而⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122⎝⎛⎭⎫1＋123>2，所以m 的最小值为3. [解题师说](1)对a 分类讨论，并利用导数研究f (x )的单调性，找出最小值点，从而求出a . (2)由(1)得当x >1时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n ，换元后可求出⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n 的范围．[应用体验]1．已知函数f (x )＝(2－a )ln x ＋1x ＋2ax . (1)当a ＝2时，求函数f (x )的极值； (2)当a ＜0时，讨论f (x )的单调性；(3)若对任意的a ∈(－3，－2)，x 1，x 2∈[1,3]恒有(m ＋ln 3)a －2ln 3＞|f (x 1)－f (x 2)|成立，求实数m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝2时，函数f (x )＝1x ＋4x ，所以f ′(x )＝－1x 2＋4.由f ′(x )＞0，得x ＞12，f (x )在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递增；由f ′(x )＜0，得0＜x ＜12，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减，所以函数f (x )在x ＝12处取得极小值f ⎝⎛⎭⎫12＝4，无极大值． (2)f ′(x )＝2－a x －1x 2＋2a ＝(2x －1)(ax ＋1)x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝－1a .①当－1a >12，即－2＜a ＜0时，由f ′(x )＞0，得12＜x ＜－1a ；由f ′(x )＜0，得0＜x ＜12或x ＞－1a ，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减．②当－1a <12，即a ＜－2时，由f ′(x )＞0，得－1a ＜x ＜12；由f ′(x )＜0，得0＜x ＜－1a 或x ＞12，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－1a ，12上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递减，③当a ＝－2时，f ′(x )≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(3)由(2)知当a ∈(－3，－2)，x 1，x 2∈[1,3]时，函数f (x )在区间[1,3]上单调递减；所以当x ∈[1,3]时，f (x )max ＝f (1)＝1＋2a ，f (x )min ＝f (3)＝(2－a )ln 3＋13＋6a ，故对任意的a ∈(－3，－2)，恒有(m ＋ln 3)a －2ln 3＞1＋2a －(2－a )ln 3－13－6a 成立，即am ＞23－4a .因为a ＜0，所以m ＜23a －4，又⎝⎛⎭⎫23a －4min ＝－133，所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－133.[典例] (2018·(1)若f (x )在区间⎣⎡⎭⎫－12，1上的最大值为38，求实数b 的值； (2)若对任意的x ∈[1，e]，都有g (x )≥－x 2＋(a ＋2)x 恒成立，求实数a 的取值范围． [方法演示]解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23.当x ∈⎝⎛⎭⎫－12，0时，f ′(x )<0，函数f (x )为减函数，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，23时，f ′(x )>0，函数f (x )为增函数，当x ∈⎝⎛⎭⎫23，1时，f ′(x )<0，函数f (x )为减函数． ∵f ⎝⎛⎭⎫－12＝38＋b ，f ⎝⎛⎭⎫23＝427＋b ， ∴f ⎝⎛⎭⎫－12>f ⎝⎛⎭⎫23. ∴f ⎝⎛⎭⎫－12＝38＋b ＝38， ∴b ＝0.(2)由g (x )≥－x 2＋(a ＋2)x ，得(x －ln x )a ≤x 2－2x ， ∵x ∈[1，e]，∴ln x ≤1≤x ，由于不能同时取等号， ∴ln x <x ，即x －ln x >0，∴a ≤x 2－2x x －ln x 在x ∈[1，e]上恒成立．令h (x )＝x 2－2xx －ln x ，x ∈[1，e]，则h ′(x )＝(x －1)(x ＋2－2ln x )(x －ln x )2，当x ∈[1，e]时，x －1≥0，x ＋2－2ln x ＝x ＋2(1－ln x )>0，从而h ′(x )≥0， ∴函数h (x )＝x 2－2xx －ln x 在[1，e]上为增函数，∴h (x )min ＝h (1)＝－1，∴a ≤－1. 故实数a 的取值范围为(－∞，－1]． [解题师说]由不等式恒成立求解参数的取值范围问题，一般采用分离参数的方法，转化为求不含参数的函数的最值问题，如本例(2)转化为a ≤x 2－2xx －ln x，从而将问题转化为求函数h (x )＝x 2－2xx －ln x，x ∈[1，e]的最小值问题．[应用体验]2．(2018·湖北七市(州)联考)函数f (x )＝ln x ＋12x 2＋ax (a ∈R)，g (x )＝e x ＋32x 2.(1)讨论f (x )的极值点的个数；(2)若对任意的x ∈(0，＋∞)，总有f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围．解：(1)法一：由题意得f ′(x )＝x ＋1x ＋a ＝x 2＋ax ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，即x 2＋ax ＋1＝0，Δ＝a 2－4.①当Δ＝a 2－4≤0，即－2≤a ≤2时，x 2＋ax ＋1≥0对x >0恒成立，即f ′(x )＝x 2＋ax ＋1x≥0对x >0恒成立，此时f (x )没有极值点．②当Δ＝a 2－4>0，即a <－2或a >2时．若a <－2，设方程x 2＋ax ＋1＝0的两个不同实根为x 1，x 2，不妨设x 1<x 2，则x 1＋x 2＝－a >0，x 1x 2＝1>0，故x 2>x 1>0，∴当0<x <x 1或x >x 2时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，故x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点．若a >2，设方程x 2＋ax ＋1＝0的两个不同实根为x 3，x 4，则x 3＋x 4＝－a <0，x 3x 4＝1>0，故x 3<0，x 4<0. ∴当x >0时，f ′(x )>0，故函数f (x )没有极值点．综上，当a <－2时，函数f (x )有两个极值点，当a ≥－2时，函数f (x )没有极值点．法二：f ′(x )＝x ＋1x ＋a ， ∵x >0，∴f ′(x )∈[a ＋2，＋∞)．①当a ＋2≥0，即a ∈[－2，＋∞)时，f ′(x )≥0对∀x >0恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )没有极值点．②当a ＋2<0，即a ∈(－∞，－2)时，f ′(x )＝0有两个不等正数解，设为x 1，x 2，∴f ′(x )＝x ＋1x ＋a ＝x 2＋ax ＋1x ＝(x －x 1)(x －x 2)x(x >0)．不妨设0<x 1<x 2，则当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以x 1，x 2分别为f (x )极大值点和极小值点，故f (x )有两个极值点．综上所述，当a ∈[－2, ＋∞)时，f (x )没有极值点，当a ∈(－∞，－2)时，f (x )有两个极值点． (2)f (x )≤g (x )⇔e x －ln x ＋x 2≥ax ，因为x >0，所以a ≤e x ＋x 2－ln xx 对∀x >0恒成立．设φ(x )＝e x ＋x 2－ln x x(x >0)，则φ′(x )＝⎝⎛⎭⎫e x ＋2x －1x x －(e x ＋x 2－ln x )x 2＝e x (x －1)＋ln x ＋(x ＋1)(x －1)x 2，当x ∈(0,1)时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增， ∴φ(x )≥φ(1)＝e ＋1，∴a ≤e ＋1. 故实数a 的取值范围为(－∞，e ＋1].导数应用的问题，其中求参数的取值范围是重点考查题型．在平常教学中，教师往往介绍利用变量分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“00”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是洛必达法则．[洛必达法则]法则1 若函数f (x )和g (x )满足下列条件： (1)li m x →af (x )＝0及li m x →ag (x )＝0； (2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)li m x →af ′(x )g ′(x )＝l ，那么li m x →a f (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l .法则2 若函数f (x )和g (x )满足下列条件： (1)li m x →af (x )＝∞及li m x →ag (x )＝∞； (2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)li m x →af ′(x )g ′(x )＝l ，那么li m x →a f (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l .[典例] 已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0.(1)求a ，b 的值；(2)如果当x >0，且x ≠1时，f (x )>ln x x －1＋kx ，求k 的取值范围．[方法演示]解：(1)f ′(x )＝a x ＋1x －ln x(x ＋1)2－bx 2. 由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝1，f ′(1)＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1. (2)法一：由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x，所以 f (x )－ln x x －1＋k x ＝11－x 22ln x ＋(k －1)(x 2－1)x .设h (x )＝2ln x ＋(k －1)(x 2－1)x (x >0)，则h ′(x )＝(k －1)(x 2＋1)＋2x x 2.①设k ≤0，由h ′(x )＝k (x 2＋1)－(x －1)2x 2知，当x ≠1时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减．而h (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，可得11－x 2h (x )＞0.从而当x ＞0，且x ≠1时，f (x )－ln x x －1＋kx＞0，即f (x )＞ln x x －1＋kx. ②设0＜k ＜1.由于y ＝(k －1)(x 2＋1)＋2x ＝(k －1)x 2＋2x ＋k －1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k －1)2>0，对称轴x ＝11－k >1，所以当x ∈1，11－k时，(k －1)(x 2＋1)＋2x >0，故h ′(x )>0，而h (1)＝0，故当x ∈⎝⎛⎭⎫1，11－k 时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＜0，与题设矛盾，③设k ≥1.此时h ′(x )＞0，而h (1)＝0，故当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＜0，与题设矛盾．综上所述，k 的取值范围为(－∞，0]．(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下) 法二：由题设可得，当x >0，x ≠1时，k <2x ln x1－x 2＋1恒成立．令g (x )＝2x ln x1－x 2＋1(x >0，x ≠1)，则g ′(x )＝2·(x 2＋1)ln x －x 2＋1(1－x 2)2，再令h (x )＝(x 2＋1)ln x －x 2＋1(x >0，x ≠1)，则h ′(x )＝2x ln x ＋1x －x ，又h ″(x )＝2ln x ＋1－1x 2，易知h ″(x )＝2ln x ＋1－1x 2在(0，＋∞)上为增函数，且h ″(1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h ″(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ″(x )>0，∴h ′(x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h ′(x )>h ′(1)＝0， ∴h (x )在(0，＋∞)上为增函数．又h (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，h (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0， ∴当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．由洛必达法则知， li m x →1g (x )＝2li m x →1x ln x 1－x 2＋1＝2li m x →1 1＋ln x －2x＋1＝2×⎝⎛⎭⎫－12＋1＝0，∴k ≤0，故k 的取值范围为(－∞，0]． [解题师说]解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当繁琐，很难求解．采用参数与变量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好的处理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法．[应用体验]3．已知函数f (x )＝x (e x －1)－ax 2，若当x ≥0时，f (x )≥0，求a 的取值范围．解：当x ≥0时，f (x )≥0，即x (e x －1)≥ax 2. ①当x ＝0时，a ∈R ；②当x >0时，x (e x－1)≥ax 2等价于a ≤⎝⎛⎭⎫e x－1x min .记g (x )＝e x －1x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝(x －1)e x ＋1x 2.记h (x )＝(x －1)e x ＋1，x ∈[0，＋∞)，则h ′(x )＝x e x >0.因此h (x )＝(x －1)e x ＋1在[0，＋∞)上单调递增，且h (x )>h (0)＝0，所以g ′(x )＝h (x )x 2>0，从而g (x )＝e x －1x 在(0，＋∞)上单调递增．由洛必达法则有li m x →0g (x )＝li m x →0 e x －1x ＝li m x →0 e x1＝1，所以g (x )>1，即有a ≤1. 故实数a 的取值范围为(－∞，1].1．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x .令f ′(x )＝0，得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )＞0；当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．(2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x . ①当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，则h ′(x )＝－x e x ＜0(x ＞0)．因此h (x )在[0，＋∞)上单调递减，又h (0)＝1，故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1. ②当0＜a ＜1时，设函数g (x )＝e x －x －1，则g ′(x )＝e x －1＞0(x ＞0)，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增，而g (0)＝0，故e x ≥x ＋1.当0＜x ＜1时，f (x )＞(1－x )(1＋x )2， (1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2)，取x 0＝5－4a －12，则x 0∈(0,1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0，故f (x 0)＞ax 0＋1.当a ≤0时，取x 0＝5－12，则x 0∈(0,1)，f (x 0)＞(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1. 综上，a 的取值范围是[1，＋∞)． 2．已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)若对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围． (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，ln x ＞1e x －2e x恒成立．解：(1)由题意知2x ln x ≥－x 2＋ax －3对一切x ∈(0，＋∞)恒成立，则a ≤2ln x ＋x ＋3x.设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x ＞0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2.当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增．所以h (x )min ＝h (1)＝4，因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，所以a ≤h (x )min ＝4，故实数a 的取值范围是(－∞，4]． (2)问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e (x ＞0)．又f (x )＝x ln x (x ＞0)，f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e . 设m (x )＝x e x －2e (x ＞0)，则m ′(x )＝1－xe x，当x ∈(0,1)时，m ′(x )＞0，m (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )＜0，m (x )单调递减，所以m (x )max ＝m (1)＝－1e ，从而对一切x ∈(0，＋∞)，f (x )＞m (x )恒成立，即x ln x ＞x e x －2e恒成立．所以对一切x ∈(0，＋∞)，ln x ＞1e x －2e x 恒成立．3．已知函数f (x )＝bx 2－2ax ＋2ln x .(1)若曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线为y ＝2x ＋4，求实数a ，b 的值；(2)当b ＝1时，若y ＝f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，a ≥52，若不等式f (x 1)≥mx 2恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)由题可知f (1)＝b －2a ＝6，∵f ′(x )＝2bx －2a ＋2x ，∴f ′(1)＝2b －2a ＋2＝2，联立可得a ＝b ＝－6. (2)当b ＝1时，f (x )＝x 2－2ax ＋2ln x ，∴f ′(x )＝2x －2a ＋2x ＝2(x 2－ax ＋1)x. ∵f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2， ∴x 1，x 2是方程x 2－ax ＋1＝0的两个正根， ∴x 1＋x 2＝a ≥52，x 1·x 2＝1，∴x 1＋1x 1≥52，∴0＜x 1≤12.不等式f (x 1)≥mx 2恒成立，即m ≤f (x 1)x 2恒成立． f (x 1)x 2＝x 21－2ax 1＋2ln x 1x 2＝x 31－2ax 21＋2x 1ln x 1 ＝x 31－2(x 1＋x 2)x 21＋2x 1ln x 1＝－x 31－2x 1＋2x 1ln x 1.令h (x )＝－x 3－2x ＋2x ln x ⎝⎛⎭⎫0＜x ≤12，则h ′(x )＝－3x 2＋2ln x ＜0， ∴h (x )在⎝⎛⎦⎤0，12上是减函数， ∴h (x )≥h ⎝⎛⎭⎫12＝－98－ln 2，故m ≤－98－ln 2， ∴实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，－98－ln 2. 4．(2018·张掖诊断)已知函数f (x )＝mxln x，曲线y ＝f (x )在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线2x ＋y ＝0垂直(其中e 为自然对数的底数)．(1)求f (x )的解析式及单调递减区间；(2)是否存在最小的常数k ，使得对任意x ∈(0,1)，f (x )>k ln x＋2x 恒成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝m (ln x －1)(ln x )2，由f ′(e 2)＝m 4＝12，得m ＝2，故f (x )＝2x ln x，此时f ′(x )＝2(ln x －1)(ln x )2. 由f ′(x )<0，得0<x <1或1<x <e ，所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1)，(1，e)．(2)f (x )>k ln x ＋2x 恒成立，即2x ln x >k ln x ＋2x 恒成立⇔k ln x <2x ln x－2x 恒成立，当x ∈(0,1)时，ln x <0，则有k >2x －2x ·ln x 恒成立．令g (x )＝2x －2x ·ln x ，则g ′(x )＝2x －ln x －2x. 再令h (x )＝2x －ln x －2，则h ′(x )＝x －1x <0，所以h (x )在(0,1)上单调递减，所以h (x )>h (1)＝0，故g ′(x )＝h (x )x>0，所以g (x )在(0,1)上单调递增，g (x )<g (1)＝2⇒k ≥2.故存在常数k ＝2满足题意．。

利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题

利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题1．设函数f (x )＝(1＋x －x 2)e x (e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1＋2x 2恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(2－x －x 2)e x ＝－(x ＋2)(x －1)e x .当x <－2或x >1时，f ′(x )<0；当－2<x <1时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2,1)上单调递增．(2)设F (x )＝f (x )－(ax ＋1＋2x 2)，F (0)＝0，F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ，F ′(0)＝2－a ，当a ≥2时，F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ≤－(x ＋2)·(x －1)e x －4x －2≤－(x ＋2)(x －1)e x －x －2＝－(x ＋2)·[(x －1)e x ＋1]，设h (x )＝(x －1)e x ＋1，h ′(x )＝x e x ≥0，所以h (x )在[0，＋∞)上单调递增，h (x )＝(x －1)e x ＋1≥h (0)＝0，即F ′(x )≤0在[0，＋∞)上恒成立，F (x )在[0，＋∞)上单调递减，F (x )≤F (0)＝0，所以f (x )≤ax ＋1＋2x 2在[0，＋∞)上恒成立．当a <2时，F ′(0)＝2－a >0，而函数F ′(x )的图象在(0，＋∞)上连续且x →＋∞，F ′(x )逐渐趋近负无穷，必存在正实数x 0使得F ′(x 0)＝0且在(0，x 0)上F ′(x )>0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递增，此时F (x )>F (0)＝0，f (x )>ax ＋1＋2x 2有解，不满足题意．综上，a 的取值范围是[2，＋∞)．2．设函数f (x )＝2ln x －mx 2＋1.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当f (x )有极值时，若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，求实数m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2mx ＝－2(mx 2－1)x，当m ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m >0时，令f ′(x )>0，得0<x <m m ，令f ′(x )<0，得x >m m ， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当f (x )有极值时，m >0，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减．∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫m m ＝2ln m m －m ·1m ＋1＝－ln m ，若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，则f (x )max >m －1.即－ln m >m －1，ln m ＋m －1<0成立．令g (x )＝x ＋ln x －1(x >0)，∵g ′(x )＝1＋1x>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，且g (1)＝0，∴0<m <1.∴实数m 的取值范围是(0,1)．3．(2020·西安质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x －1.(1)求函数y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若不等式f (x )≤ag (x )对任意的x ∈(1，＋∞)均成立，求实数a 的取值范围．解：(1)∵f ′(x )＝1x，∴f ′(1)＝1. 又∵f (1)＝0，∴所求切线的方程为y －f (1)＝f ′(1)(x －1)，即为x －y －1＝0.(2)易知对任意的x ∈(1，＋∞)，f (x )>0，g (x )>0.①当a ≥1时，f (x )<g (x )≤ag (x )；②当a ≤0时，f (x )>0，ag (x )≤0，不满足不等式f (x )≤ag (x )；③当0<a <1时，设φ(x )＝f (x )－ag (x )＝ln x －a (x －1)，则φ′(x )＝1x－a (x >1)，令φ′(x )＝0，得x ＝1a，当x 变化时，φ′(x )，φ(x )的变化情况如下表：∴φ(x )max ＝φ⎝⎛⎭⎫1a >φ(1)＝0，不满足不等式．综上所述，实数a 的取值范围为[1，＋∞)．4．已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a (a >0，a ≠1)．(1)求函数f (x )的极小值；(2)若存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1(e 是自然对数的底数)，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x －1)ln a .∵当a >1时，ln a >0，函数y ＝(a x －1)ln a 在R 上是增函数，当0<a <1时，ln a <0，函数y ＝(a x －1)ln a 在R 上也是增函数，∴当a >1或0<a <1时，f ′(x )在R 上是增函数，又∵f ′(0)＝0，∴f ′(x )>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－∞，0)，故函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f (x )在x ＝0处取得极小值1.(2)∵存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1，∴只需f (x )max －f (x )min ≥e －1即可．由(1)可知，当x ∈[－1,1]时，f (x )在[－1,0]上是减函数，在(0,1]上是增函数， ∴当x ∈[－1,1]时，f (x )min ＝f (0)＝1，f (x )max 为f (－1)和f (1)中的较大者．f (1)－f (－1)＝(a ＋1－ln a )－⎝⎛⎭⎫1a ＋1＋ln a ＝a －1a－2ln a ，令g (a )＝a －1a－2ln a (a >0)， ∵g ′(a )＝1＋1a 2－2a ＝⎝⎛⎭⎫1－1a 2>0， ∴g (a )＝a －1a－2ln a 在(0，＋∞)上是增函数．而g (1)＝0，故当a >1时，g (a )>0，即f (1)>f (－1)；当0<a <1时，g (a )<0，即f (1)<f (－1)．∴当a >1时，f (1)－f (0)≥e －1，即a －ln a ≥e －1.由函数y ＝a －ln a 在(1，＋∞)上是增函数，解得a ≥e ；当0<a <1时，f (－1)－f (0)≥e －1，即1a＋ln a ≥e －1，由函数y ＝1a ＋ln a 在(0,1)上是减函数，解得0<a ≤1e. 综上可知，所求实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1e ∪[e ，＋∞)．。

导数在处理不等式的恒成立问题(一轮复习教案)

学习过程一、复习预习考纲要求：1．理解导数和切线方程的概念。

2．能在具体的数学环境中，会求导，会求切线方程。

3．特别是没有具体点处的切线方程，如何去设点，如何利用点线式建立直线方程。

4．灵活应用建立切线方程与其它数学知识之间的内在联系。

5. 灵活应用导数研究函数的单调性问题二、知识讲解1.导数的计算公式和运算法那么几种常见函数的导数：0'=C (C 为常数)；1)'(-=n n nx x (Q n ∈)；x x cos )'(sin =； x x sin )'(cos -=；1(ln )x x '=； 1(log )log a a x e x'=， ()x x e e '= ； ()ln x x a a a '= 求导法那么：法那么1 [()()]()()u x v x u x v x ±'='±'．法那么2 [()()]()()()()u x v x u x v x u x v x '='+', [()]'()Cu x Cu x '=法那么3： '2''(0)u u v uv v v v -⎛⎫=≠ ⎪⎝⎭复合函数的导数：设函数()u x ϕ=在点x 处有导数()x u x ϕ'='，函数()y f u =在点x 的对应点u 处有导数()u y f u '='，那么复合函数(())y f x ϕ=在点x 处也有导数，且x u x u y y '''⋅= 或(())()()x f x f u x ϕϕ'='⋅'2.求直线斜率的方法〔高中范围内三种〕(1) tan k α=〔α为倾斜角〕； (2) 1212()()f x f x k x x -=-，两点1122(,()),(,())x f x x f x ； (3)0()k f x '= 〔在0x x =处的切线的斜率〕；3.求切线的方程的步骤：〔三步走〕〔1〕求函数()f x 的导函数()f x '；〔2〕0()k f x '= 〔在0x x =处的切线的斜率〕；〔3〕点斜式求切线方程00()()y f x k x x -=-；4.用导数求函数的单调性：〔1〕求函数()f x 的导函数()f x '；〔2〕()0f x '>，求单调递增区间；〔3〕()0f x '<，求单调递减区间；〔4〕()0f x '=，是极值点。

高一不等式恒成立问题3种基本方法

高一不等式恒成立问题3种基本方法文章标题：探讨高一不等式恒成立问题的三种基本方法在高中数学学习中，不等式恒成立问题是一个很常见的题型。

学生们通常需要掌握多种方法来解决这类问题，而这些方法通常可以分为三种基本类型。

本文将会详细介绍这三种基本方法，帮助读者全面理解这一数学概念。

1. 方法一：代数法我们来介绍代数法。

这种方法是在不等式两边进行代数变换，使得不等式变成一个容易解决的形式。

代数法通常包括加减变形、乘除变形以及平方去根等技巧。

以不等式ax+b>0为例，我们可以通过移项得到ax>-b，然后再除以a的正负来确定不等式的方向，从而得到不等式的解集。

代数法在解决不等式恒成立问题中应用广泛，能够快速简便地找到解的范围和规律。

2. 方法二：图像法我们介绍图像法。

图像法是通过绘制不等式所代表函数的图像，来直观地找出不等式恒成立的区间。

对于一元一次不等式ax+b>0，我们可以画出函数y=ax+b的图像，从而通过观察图像的上升或下降趋势来确定不等式的解集。

图像法能够帮助我们更直观地理解不等式的性质和范围，提高我们的思维逻辑和空间想象能力。

3. 方法三：参数法我们介绍参数法。

参数法是通过引入一个或多个参数，将不等式转化为一个有参数的等式问题，进而进行求解。

参数法的典型应用包括辅助角法、二次函数法等。

以不等式ax²+bx+c>0为例，我们可以引入Δ=b²-4ac，然后根据Δ的正负来确定不等式的解集。

参数法在解决不等式问题中能够简化问题的复杂度，将不等式的求解转化为参数的求解，从而提高解题的效率和准确度。

总结回顾通过对以上三种基本方法的介绍，我们可以发现它们各有特点，应用范围和解题思路有所不同。

代数法能够利用代数变形快速求解不等式问题，图像法能够帮助我们直观地理解不等式的性质，而参数法则能够将问题转化为参数的求解，提高解题的效率。

个人观点和理解在实际解题中，我们应该根据具体情况灵活选用这三种方法，结合题目的特点和自身的掌握程度来选择合适的解题方法。

利用导数研究不等式恒成立问题

(2)当 x>0 时，函数 f(x)≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围．
[解] 由 f(1)≥0，得 a≥e－1 1>0，则 f(x)≥0 对任意的 x>0 恒成立可转化为a＋a 1≥2xx－ex 1对任意的 x>0 恒成立．设函数 F(x)＝2xx－ex 1(x>0)，则 F′(x)＝－2x＋x12exx－1. 当 0<x<1 时，F′(x)>0；当 x>1 时，F′(x)<0，所以函数 F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以 F(x)max＝F(1)＝1e. 于是a＋a 1≥1e，解得 a≥e－1 1.
(2)若对任意的 x∈[0，＋∞)，不等式 f(x)≥g(x)恒成立，求实数 a 的取值范围．
[解] 令 h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得 h(x)min≥0 在 x∈[0，＋∞) 上恒成立，因为 h(x)＝(x＋a－1)ex－12x2－ax，
所以 h′(x)＝(x＋a)(ex－1)． ①若 a≥0，则当 x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数 h(x)在 [0，＋∞)上单调递增，所以 h(x)min＝h(0)＝a－1，则 a－1≥0，得 a≥1. ②若 a<0，则当 x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；当 x∈(－a，＋∞)时，h′(x)>0，所以函数 h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以 h(x)min＝h(－a)，又因为 h(－a)<h(0)＝a－1<0，所以不合题意．综上，实数 a 的取值范围为[1，＋∞)．
1 f(x)<k＋2x－x2
成立，求 k 的取值范围．
解：由题意知 f(x)＝exx<k＋21x－x2对任意的 x∈(0,2)都成立，

专题12利用导数研究不等式恒成立问题(原卷版)

专题12利用导数研究不等式恒成立问题不等式恒成立问题的基本类型类型1：任意x ，使得f (x )＞0，只需f (x )min ＞0.类型2：任意x ，使得f (x )＜0，只需f (x )max ＜0.类型3：任意x ，使得f (x )＞k ，只需f (x )min ＞k .类型4：任意x ，使得f (x )＜k ，只需f (x )max ＜k .类型5：任意x ，使得f (x )＞g (x )，只需h (x )min ＝[f (x )－g (x )]min ＞0.类型6：任意x ，使得f (x )＜g (x )，只需h (x )max ＝[f (x )－g (x )]max ＜0.(1)构造函数分类讨论：遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x ) 或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)分离函数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a ，另一端是变量表达式v (x )的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y ＝a 与函数y ＝v (x )图象的交点个数问题来解决．可化为不等式恒成立问题的基本类型类型1：函数f (x )在区间D 上单调递增，只需f ′(x )≥0.类型2：函数f (x )在区间D 上单调递减，只需f ′(x )≤0.类型3：∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)＞g (x 2)，只需f (x )min ＞g (x )max .类型4：∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)，只需f (x )min ＞g (x )min .类型5：∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＜g (x 2)，只需f (x )max ＜g (x )max .(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求大于函数y ＝g (x )的所有函数值．(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＜g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于函数g (x )在D 2上的最大值(这里假设f (x )max ，g (x )max 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求小于函数y ＝g (x )的所有函数值．典例1.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ＋1，若对任意的x ＞0，f (x )≤x e 2x 恒成立，求实数a 的取值范围．典例2.设函数f (x )＝ln x ＋k x，k ∈R. (1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1＞x 2＞0，f (x 1)－f (x 2)＜x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围．典例3.已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax . (1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若函数g (x )＝x e x ，对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．典例4.已知函数f (x )＝3x －3x ＋1，g (x )＝－x 3＋32(a ＋1)x 2－3ax －1，其中a 为常数． (1)当a ＝1时，求曲线g (x )在x ＝0处的切线方程；(2)若a ＜0，对于任意的x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围．专项突破练一、单选题1．若不等式4342x x a ->-对任意实数x 都成立，则实数a 的取值范围是（） A ．27a <- B ．25a >- C ．29a ≥ D ．29a >2．已知函数()22f x ax x a =-+，对[]1,2x ∀∈都有()0f x ≤成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],0-∞B ．4,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．(],1-∞D ．[]1,0-3．已知函数()32183833f x x x x =-+-，()lng x x x =-，若()120,3x x ∀∈，，()()12g x k f x +≥恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．[)2ln 2,++∞B ．[)3,∞-+C ．5,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．[)3,+∞4．已知不等式()()23ln 1231x x a -+≤+对任意[]0,1x ∈恒成立，则实数a 的最小值为（）A ．1ln 22-B ．113ln 622--C ．13-D ．113ln 622+ 5．若关于x 的不等式sin x x ax -≥，对[]0,x π∈恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．(],1-∞- B ．(],1-∞C ．4,π⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．4,∞π⎛⎤- ⎥⎝⎦ 6．若关于x 的不等式()()22e222ln 1x a x a a x -+-+>+-在()2,+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（） A ．1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭ B ．()1,-+∞C ．[)1,-+∞D ．[)2,-+∞ 7．已知函数()2sin f x x x =+，若ln (1)0a f x f x ⎛⎫++-≥ ⎪⎝⎭对(]0,2x ∈恒成立，则实数a 的取值范围为（） A ．[)1,+∞ B ．[)2,+∞C ．[]1,2D ．()1,+∞ 8．已知不等式22ln 0ax x +-≥恒成立，则a 的取值范围为（）A ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．22,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．210,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦9．若函数()ln f x x =，g (x )=313x 对任意的120x x >>，不等式112212()()()()x f x x f x m g x g x ->-恒成立，则整数m 的最小值为（）A ．2B ．1C ．0D ．-1二、多选题 10．已知函数22,0(),0x x x f x e x ⎧+<=⎨≥⎩，满足对任意的x ∈R ，()f x ax ≥恒成立，则实数a 的取值可以是（） A．-B．CD．11．设函数()()e 1x f x ax a +=-+∈N ，若()0f x >恒成立，则实数a 的可能取值是（）A ．1B ．2C ．3D ．4 12．已知函数()312x f x x +=+，()()42e x g x x =-，若[)120,x x ∀∈+∞，，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值可以是（）A ．6e B．(2e C．(2e D ．2e13．已知()2121()1e 2x f x a x -=--，若不等式11ln 1f f x x ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭在(1,)+∞上恒成立，则a 的值可以为（） A．B ．1- C ．1 D三、填空题 14．已知函数2()2ln f x x x a =--，若()0f x ≥恒成立，则a 的取值范围是________． 15．当(]0,1x ∈时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是______．16．已知函数()2f x x a =+，()ln 2g x x x =-，如果对任意的1x ，2122x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，都有()()12f x g x ≤成立，则实数a 的取值范围是_________．17．已知不等式[]1ln(1)x e x m x x -->-+对一切正数x 都成立.则实数m 的取值范围是___________.四、解答题18．设()()32114243f x x a x ax a =-+++，其中a R ∈．（1）若()f x 有极值，求a 的取值范围；（2）若当0x ≥，()0f x >恒成立，求a 的取值范围．19．已知函数()ln 32a f x ax x =--，其中0a ≠. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若()310xf x x +-≥对任意[)1,x ∞∈+恒成立，求实数a 的取值范围. 20．已知函数2()(2)e (1)(R,R)x f x x a x m a m =----∈∈．(1)若12a =，求()f x 的单调区间； (2)若()0,()2ln 2e x a f x x x =≥+-对一切,()0x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围． 21．已知函数()()()21e ,12x f x x g x ax a R =-=+∈. (1)求()f x 的图象在0x =处的切线方程；(2)当[)0,x ∈+∞时，()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围. 22．已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ．（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围． 23．已知函数()()ln 1ln f x ax a x =-+的图像在点()()1,1f 处的切线方程为4y x b =+. （1）求a ，b 的值；（2）当4k ≥时，证明：()()1f x k x <-对()1,x ∈+∞恒成立.24．已知函数()()21ln R f x ax x a =--∈．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()f x 在x =()()0,,1x f x bx ∈+∞≥-恒成立，求实数b 的取值范围． 25．已知函数()e (2)1x f x a x =---．(1)当a ＝1时，求曲线在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若2()()g x f x x =-，且()0g x ≥在[)0,∞+上恒成立，求a 的取值范围．26．已知函数()e x f x =．(1)证明：()1f x x ≥+；(2)当[]0,x π∈时，不等式()()sin 21ln 1x f x m x --≤+⎡⎤⎣⎦恒成立，求实数m 的取值范围．27．已知函数()()ln 0x f x e a x a =->．(1)当2a =时，直线2y kx =+与曲线()y f x =相切，求实数k 的值；(2)当0x >时，()ln f x a a >，求a 的取值范围．28．已知函数2()e (1)=+-+x f x a x x ．(1)当1a =时，求()f x 的单调区间；(2)若不等式()2f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．29．设函数()()321f x x a x ax =+++.(1)0a =时，求()f x 在区间[]1,2-上的最大值与最小值.(2)0a >时，()f x 有两个不同的极值点1x ，2x ，且对不等式()()120f x f x +≤恒成立，求实数a 的取值范围？ 30．已知函数()()()1e x f x a x a =--∈R ，()ln e k x x =-，e 为自然对数的底数．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当1x >时，不等式()()f x k x ≤恒成立，求a 的取值范围．31．已知函数()()2ln 2f x x ax a =-+∈R .(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()()20f x a x --≥在[]1,e x ∈上恒成立，求实数a 的取值范围. 32．已知函数()ln 1f x ax x =++．(1)若()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，求实数a 的取值范围；(2)若对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．33．已知函数21()e sin 12x f x kx x =---，函数()21cos 12g x x x =+-．(1)求函数()g x 的单调区间．(2)0x ≥时，不等式()0f x ≥恒成立，求实数k 的取值范围． 34．已知函数12()(1)e -=--x f x a x x （其中a R ∈，e 为自然对数的底数）．(1)当2e a >时，讨论函数f （x ）的单调性；(2)当1x >时，2()ln(1)3f x x x x >--+-，求a 的取值范围． 35．已知函数()e ln 1x f x mx x =--．(1)当1m =时，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程；(2)若(x)x f ≥恒成立，求实数m 的取值范围．。

高考数学专题《利用导数研究不等式恒成立问题》

第04讲利用导数研究不等式恒成立问题(精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试第三部分：典型例题剖析高频考点一：分离变量法高频考点二：分类讨论法高频考点三：等价转化法第四部分：高考真题感悟第五部分：第04讲利用导数研究不等式恒成立问题（精练）1、分离参数法用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；步骤：①分类参数（注意分类参数时自变量x 的取值范围是否影响不等式的方向）②转化：若()a f x >)对x D ∈恒成立，则只需max ()a f x >；若()a f x <对x D ∈恒成立，则只需min ()a f x <．③求最值.2、分类讨论法如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(0a >，0∆<或0a <，0∆<)求解．3、等价转化法当遇到()()f x g x ≥型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数()()()F x f x g x =-或者“右减左”的函数()()()H x g x f x =-，进而只需满足min ()0F x ≥，或者max ()0H x ≤，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数的最值的问题.1．（2022·全国·高二）设a 为正实数，函数322()34f x x ax a =-+，若(,2)x a a ∀∈，()0f x <，则a 的取值范围是（） A ．[2,)+∞B ．(2,)+∞C ．(0,2]D ．2(0,)32．（2022·全国·高二）若不等式4342x x a ->-对任意实数x 都成立，则实数a 的取值范围是（） A ．27a <-B ．25a >-C ．29a ≥D ．29a >3．（2022·全国·高二）已知函数()22f x ax x a =-+，对[]1,2x ∀∈都有()0f x ≤成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],0-∞B ．4,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．(],1-∞D ．[]1,0-高频考点一：分离变量法1．（2022·全国·高三专题练习）设a R ∈，若不等式ln ax x >在()1,x ∞∈+上恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．()0,∞+B ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,∞+D ．()e,+∞2．（2022·内蒙古乌兰察布·高二期末（文））已知函数2()ln 2a f x x x =+，若对任意两个不等的正数1x ，2x ，都有1212()()4f x f x x x -≥-恒成立，则a 的取值范围为（）A ．[)4∞+，B ．()4.∞+C ．(]4∞-，D ．()4∞-，3．（2022·全国·高三专题练习）已知对(0,)x ∀∈+∞，不等式ln 1ax x ≥-恒成立，则实数a 的最小值是（） A ．eB ．2eC ．21e D ．1e4．（2022·河南·高二阶段练习（理））已知当0x >时，()21e 1x x a x -≤--恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．(],e 1-∞-B ．(],1-∞C ．(]2,e 1--D ．(],2-∞- 5．（2022·湖南·临澧县第一中学高二阶段练习）已知函数()ln af x x x=+（a 为常数）（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）不等式()1f x ≥在2(]0,x ∈上恒成立，求实数a 的取值范围．6．（2022·重庆市育才中学高二阶段练习）已知函数()1ln f x ax x =--，a R ∈． (1)讨论函数()f x 在区间()1,e 的极值；(2)若函数()f x 在1x =处取得极值，对()0,x ∀∈+∞，()2f x bx ≥-恒成立，求实数b 的取值范围．7．（2022·四川省泸县第一中学高二阶段练习（理））已知函数()e 1()x f x ax a =-+∈R . (1)讨论函数()f x 的单调性与极值；(2)若对任意0x >，2()f x x x ≥--恒成立，求实数a 的取值范围.8．（2022·河南·三模（文））已知函数()e x f x ax b =++（e 是自然对数的底数），曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线为y a b =-. (1)求a ，b 的值；(2)若不等式()1f x mx >-在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，求正实数m 的取值范围.高频考点二：分类讨论法1．（2022·广西柳州·三模（文））已知函数()ln f x ax x =-． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若1x =为函数()f x 的极值点，当[)e,x ∞∈+，不等式()()()1e x f x x m x -+≤-恒成立，求实数m 的取值范围．2．（2022·陕西西安·二模（文））已知函数()()1ln f x a x a x=+∈R . (1)当1a =时，求函数()f x 的单调减区间；(2)若不等式()f x x ≥对(]0,1x ∈恒成立，求实数a 的取值范围.3．（2022·河南·高二阶段练习（文））已知曲线()ln f x m x =+在1x =处的切线方程为()y h x =，且210e f ⎛⎫= ⎪⎝⎭.(1)求()h x 的解析式；(2)若0x ≥时，不等式()20e x ax h x --≥恒成立，求实数a 的取值范围.4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()e xf x =，曲线()y f x =在点()00,x y 处的切线为()yg x =．(1)证明：对于x R ∀∈，()()f x g x ≥； (2)当0x ≥时，()11axf x x≥++恒成立，求实数a 的取值范围．5．（2022·四川·树德中学高三开学考试（文））已知a ∈R ，设函数()()ln ln f x a x a x =++. (1)讨论函数()f x 的单调性； (2)若()2ln xf x a x a≤+恒成立，求实数a 的取值范围.6．（2022·贵州黔东南·一模（文））已知函数()22ln f x x a x =-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)当x >1时，()1f x >恒成立，求a 的取值范围.高频考点三：等价转化法1．（2022·河南·民权县第一高级中学高三阶段练习（文））已知函数()1ln f x a x x=+，()()1e 1,x g x x mx a m x=+--∈R .(1)讨论f （x ）的单调性；(2)当a =1时，若不等式()()f x g x ≤恒成立，求m 的取值范围.2．（2022·江苏·高二课时练习）已知函数()ln f x ax x =+，()()220g x a x a =>．若()()f x g x ≤对一切正实数x 都成立，求实数a 的取值范围．3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2ln f x x a x =+，()2g x ax x =+．(1)当0a =时，求函数()f x 的最小值；(2)当0a ≤时，若对任意1≥x 都有()()f x g x ≥成立，求实数a 的取值范围．4．（2022·江西·南昌市实验中学高二阶段练习（理））已知函数()2ln f x x a x =+，()2g x x x =+.(1)若()y f x =在点()()1,1M f 处的切线方程为30x y b -+=，求实数a 、b 的值； (2)若对任意1x >，都有()()f x g x ≤成立，求实数a 的取值范围.5．（2022·山东日照·高三期末）已知函数()ln f x x ax b =-+，中,a b ∈R . (1)当0a >时，求()f x 的单调区间；(2)若[]()1,0,2,ln 1a b x kx x x ϕ=∈=--，对任意实数[]()()1,e ,x f x x ϕ∈≥恒成立，求2k b -的最大值.高频考点四：最值法1．（2022·重庆市朝阳中学高二阶段练习）已知函数321()22f x x x x m =--+，其中.m R ∈(1)若函数()f x 的极小值为0，求实数m 的值； (2)当[1,2]x ∈-时，1()2f x 恒成立，求实数m 的取值范围．2．（2022·重庆市长寿中学校高二阶段练习）已知函数()()2ln 0f x a x ax a =+-> (1)求()f x 的最大值(2)若()0f x ≤恒成立，求a 的值3．（2022·江西·模拟预测（文））已知函数()222(0)e xmx x f x m +-=>.(1)判断()f x 的单调性；(2)若对[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()1224e f x f x -≤恒成立，求实数m 的取值范围.4．（2022·河南·高二阶段练习（文））已知函数()32f x x ax bx c =+++在23x =-与1x =处都取得极值.(1)求a ，b 的值；(2)若对任意[]1,2x ∈-，不等式()23f x c <恒成立，求实数c 的取值范围.5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()()221n l 0f x ax a x a x=-+->. (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若对[]2,3a ∀∈，[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()12ln 2m f x f x +>-恒成立，求实数m 的取值范围.6．（2022·全国·高三专题练习）已知曲线()()3,f x ax bx a b =+∈R 在点()()1,1f 处的切线方程是20y +=.(1)求()f x 的解析式；(2)若对任意[]12,2,3x x ∈-，都有()()12f x f x m -，求实数m 的取值范围.1．（2019·天津·高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e2．（2020·海南·高考真题）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．3．（2020·全国·高考真题（理））已知函数2()e x f x ax x =+-. （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.4．（2019·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．一、单选题1．（2022·河南南阳·高二期末（文））若函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞单调递增，则k 的取值范围是（） A ．[1,)+∞ B ．(1,)+∞C ．[2,)+∞D ．(,2)-∞-2．（2022·全国·高二）函数f (x )＝13x 3－x 2＋a ，函数g (x )＝x 2－3x ，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f (x )的图象始终在函数g (x )图象的上方，那么a 的取值范围是（） A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．4,3⎛-+∞⎫ ⎪⎝⎭D ．4,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭3．（2022·全国·高三阶段练习（理））已知()xae f x x x=-，()0,x ∈+∞，且1x ∀，()20,x ∈+∞，且12x x <，()()12210f x f x x x -<恒成立，则a 的取值范围是（）A ．12,e ∞-⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．2,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．(2,e ⎤-∞⎦D ．13,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭4．（2022·全国·高二）已知函数()()e 10xx a f ax =--≠在[]1,2上是减函数，则实数a 的取值范围是（）A ．21,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．210,e ⎛⎤⎥⎝⎦D ．211,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦5．（2022·重庆市清华中学校高二阶段练习）已知函数()()31e 1x f x x kx =--+，若对任意的()12,0,x x ∈+∞，且12x x ≠，都有()()()()11222112x f x x f x x f x x f x +>+，则实数k 的取值范围是（） A ．e ,3∞⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．e ,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦6．（2022·山西临汾·二模（理））已知函数22,1()ln ,1x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩，若()0f x ≥恒成立．则a 的取值范围为（） A ．[0,1]B ．[0,2e]C ．[1,2]D ．[2,2e]7．（2022·浙江·义乌市商城学校高二阶段练习）已知m ，n 为实数，不等式ln 0x mx n --≤恒成立，则nm的最小值为（） A ．1-B ．2-C ．1D ．28．（2022·宁夏中卫·一模（理））已知定义域为(0,)+∞的函数()f x 满足2()1()f x f x x x'+=，且2(e)e f =，e为自然对数的底数，若关于x 的不等式()20f x ax x x--+≤恒成立，则实数a 的取值范围为（） A ．[1,)+∞B ．[2,)+∞C ．2,e e +⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．322,e e e ⎡⎫-+++∞⎪⎢⎣⎭二、填空题9．（2022·全国·高二课时练习）当(]0,1x ∈时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是______．10．（2022·上海交大附中高二阶段练习）已知()2ln f x x ax a =-+，若对任意1≥x ，都有()0f x ≤，则实数a 的取值范围是______.11．（2022·江苏省石庄高级中学高二阶段练习）已知函数()ln xf x x=．若对任意[)12,,x x a ∞∈+，都有()()121ef x f x -≤成立，则实数a 的最小值是________．12．（2022·河南·民权县第一高级中学高三阶段练习（文））设函数f （x ）在区间I 上有定义，若对12,x x I ∀∈和()0,1λ∀∈，都有()()()()()121211f x x f x f x λλλλ+-≤+-，那么称f （x ）为I 上的凹函数，若不等号严格成立，即“<”号成立，则称f （x ）在I 上为严格的凹函数.对于上述不等式的证明，19世纪丹麦数学家琴生给出了如下的判断方法：设定义在（a ，b ）上的函数f （x ），其一阶导数为()f x '，其二阶导数为()f x ''（即对函数()f x '再求导，记为()f x ''），若()0f x ''>，那么函数f （x ）是严格的凹函数（()f x '，()f x ''均可导）.试根据以上信息解决如下问题：函数()21ln f x m x x x=++在定义域内为严格的凹函数，则实数m 的取值范围为___________. 三、解答题13．（2022·福建省厦门集美中学高二阶段练习）已知函数()ln f x x x =， (1)求过点(0,1)-的函数()f x 的切线方程(2)若对任意0x >，都有ln()x ax x a ≥-成立，求正数a 的取值范围.14．（2022·四川·成都外国语学校高二阶段练习（文））已知函数()()1ln f x x x =+ (1)求函数()f x 的单调区间和极值；(2)若m Z ∈，()()1m x f x -<对任意的()1,x ∈+∞恒成立，求m 的最大值.15．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））已知函数()()e ln 1xf x a x =+-+，()'f x 是其导函数，其中a R ∈．(1)若()f x 在(,0)-∞上单调递减，求a 的取值范围；(2)若不等式()()f x f x '≤对(,0)x ∀∈-∞恒成立，求a 的取值范围．16．（2022·四川达州·二模（文））已知()()e 1x f x mx m =+<-.(1)当2m =-时，求曲线()y f x =上的斜率为1-的切线方程；(2)当0x ≥时，()2213222m f x x ≥+-恒成立，求实数m 的范围.。

导数中不等式的恒成立与存在性问题-含答案

第六节导数中不等式的恒成立与存在性问题一、基础知识1.与函数单调性有关的恒成立（前面章节已讲）类型1.函数f x () 在区间D 上单调递增，只需≥f x ()0' 类型2.函数f x () 在区间D 上单调递减，只需≤f x ()0'2.单变量的恒成立转换类型1.任意x ,使得＞）（f x 0,只需＞）（f x 0min类型2.任意x ,使得＜）（f x 0,只需＜）（f x 0max 类型3.任意x ,使得＞）（f x k ,只需＞）（f x k min类型4.任意x ,使得＜）（f x k ,只需＜）（f x k max类型5.任意x ,使得＞）（f x g x (),只需＞）（=−h x f x g x ()()0min min ][类型6.任意x ,使得＜）（f x g x (),只需＜）（=−h x f x g x ()()0max max ][3.双变量的恒成立转换（注意两个函数的顺序）类型1.＞∀∈x x D f x g x ,,()()1212，只需＞f x g x ()()min max 类型2.＞∀∈∃∈x D x D f x g x ,,()()112212，只需＞f x g x ()()min min 类型3.＜∀∈∃∈x D x D f x g x ,,()()112212，只需＜f x g x ()()max max 类型4.＜∃∈∃∈x D x D f x g x ,,()()112212，只需＜f x g x ()()min max 类型5.若∃∈∃∈=x D x D f x g x ,,()()112212，则只需两个函数值域的交集不为空集类型6.若∀∈∃∈=x D x D f x g x ,,()()112212，则f x ()的值域⊆）（g x 的值域二、课堂练习1.单变量翻译例1．已知函数=++f x e x ax x x ()(cos 1)2．（1）当=a 0时，判断+⋅−x f x x 1()12与1的大小关系，并说明理由；（2）若对于∀∈x [0，1]，+f x x ()21恒成立，求a 的最小值．【答案】【解答】解：（1）当=a 0时，=+f x e x x ()(1)2，+∴⋅=−−x f x x e x x 1()(1)12， +⋅−x f x x 1()112；理由：设=−g x x e x ()(1)，∴'=−g x xe x ()，当<x 0时，'>g x ()0，函数g x ()单调递增，当>x 0时，'<g x ()0，函数g x ()单调递减， ∴==g x g max ()(0)1，∴g x ()1，+∴⋅−x f x x 1()112；（2）∀∈x [0，1]，+f x x ()21恒成立，即+++e x ax x x x (cos 1)212在[0，1]恒成立，由f x ()的图象经过点(0,1)，=+y x 21经过点(0,1)，当直线=+y x 21为f x ()的切线，且切点为(0,1)，由'=++++−f x e x ax x x a x ax x x ()(cos 12cos sin )2，可得'=+=f a (0)12，解得=a 1；当a 1时，'=+++−f x e x e x x x x x x x ()(1)(cos cos sin )2，当∈x [0，π4]时，x x cos sin ，+−>x x x x x cos cos sin 0，'>f x ()0；当∈πx 4(，1]时，+−=+−x x x x x x x x x cos cos sin cos (1tan )，由+∈+πx 41(1，2]，∈πx x 4tan (，tan1]，且<<+π4tan11，则'>f x ()0，可得f x ()在[0，1]递增，则a 的最小值为1．变式1．已知函数=++f x ax lnx ()1．（Ⅰ）若=−a 1，求函数f x ()的最大值；（Ⅱ）对任意的>x 0，不等式f x xe x ()恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】【解答】（Ⅰ）解：=−++I f x x lnx ()()1，∴='−x f x x ()1， ∴f x ()在(0,1)上单调递增，在+∞(1,)上单调递减，（Ⅱ）不等式++ax lnx xe x1恒成立，等价于−−x a xe lnx x 1在+∞(0,)恒成立，令=>−−xg x x xe lnx x (),01， ∴='+x g x x e lnx x ()22，令=+>=++>'x h x x e lnx x h x x x e x x (),0,()(2)0122， ∴h x ()在+∞(0,)单调递增， ∴=−<h ln e 416()220141，h （1）>0， ∴h x ()存在唯一零点x 0，且∈x 4(,1)10，+=x e lnx x 00020 ∴g x ()在x (0,)0单调递减，在x (0，+∞)单调递增． ∴==−−x g x g x x e lnx min x ()()100000． +=x e lnx x 00020，即=−==x x x x x e ln e ln lnx x x ln 111000000100，构造函数=ϕx xe x ()，易证ϕx ()在+∞(0,)单调递增，所以=x x ln 100，则=x e x 100，将这两个式子代入===−−+−x x g x x e lnx x x ()11110000000，所以a 1．解法2：不等式++ax lnx xe x1恒成立，等价于−−x a xe lnx x 1在+∞(0,)恒成立．先证明当>t 0时，+t lnt 1，令=−−g t t lnt ()1，g （1）=0．'=−=−t tg t t ()111，可知：=t 1时函数g t ()取得极小值，因此g t g ()（1）=0，即+t lnt 1，则当>x 0时，+=++xeln xe x lnx x x ()11，即−−−−x xe lnx x xe lnx xx 111（当且仅当=xe x 1时取等号），所以a 1． ∴f (x )的最大值为f （1）=0．变式2.已知函数=++f x ax lnx ()1．（1）讨论函数f x ()零点的个数；（2）对任意的>x 0，f x xe x ()2恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】【解答】解：（1）函数=++f x ax lnx ()1，由=f x ()0，可得−=+x a lnx 1，>x 0，设=+x g x lnx ()1，>x 0， '=−xg x lnx ()，当>x 1时，'<g x ()0，g x ()递减；当<<x 01时，'>g x ()0，g x ()递增，可得=x 1处g x ()取得最大值1，如图所示：当−a 0或−=a 1，即a 0或=−a 1时，直线=−y a 与=y g x ()有一个交点，当<−<a 01即−<<a 10时，直线=−y a 与=y g x ()有两个交点，当−>a 1即<−a 1时，直线=−y a 与=y g x ()没有交点，综上可得，<−a 1，函数f x ()零点的个数为0； −<<a 10，函数f x ()零点的个数为2； a 0或=−a 1时，函数f x ()零点的个数为1；（2）任意的>x 0，f x xe x ()2恒成立，即为−+x a e lnx x 12恒成立，设=−−=+−−−x xh x e lnx xe lnx x x x ()211222，设=−−−m x xe lnx x x ()122，>x 0， '=+−−=+−x x m x e xe x e x x x ()22(12)()11222，设−=xe x 012的根为a ，即有>x a ，m x ()递增；<<x a 0时，m x ()递减，可得=x a 处m x ()取得最小值m （a ），由m （a ）=−−−=−−−=−ae lna a lne a a a 12112022，可得h x ()0恒成立，即有−+x e lnx x 212，则a 2，即a 的范围是−∞(，2]．。

专题12 利用导数研究不等式恒成立问题(解析版)

专题12利用导数研究不等式恒成立问题不等式恒成立问题的基本类型类型1：任意x ，使得f (x )＞0，只需f (x )min ＞0.类型2：任意x ，使得f (x )＜0，只需f (x )max ＜0.类型3：任意x ，使得f (x )＞k ，只需f (x )min ＞k .类型4：任意x ，使得f (x )＜k ，只需f (x )max ＜k .类型5：任意x ，使得f (x )＞g (x )，只需h (x )min ＝[f (x )－g (x )]min ＞0.类型6：任意x ，使得f (x )＜g (x )，只需h (x )max ＝[f (x )－g (x )]max ＜0.(1)构造函数分类讨论：遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x )或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)分离函数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a ，另一端是变量表达式v (x )的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y ＝a 与函数y ＝v (x )图象的交点个数问题来解决．可化为不等式恒成立问题的基本类型类型1：函数f (x )在区间D 上单调递增，只需f ′(x )≥0.类型2：函数f (x )在区间D 上单调递减，只需f ′(x )≤0.类型3：∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)＞g (x 2)，只需f (x )min ＞g (x )max .类型4：∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)，只需f (x )min ＞g (x )min .类型5：∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＜g (x 2)，只需f (x )max ＜g (x )max .(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求大于函数y ＝g (x )的所有函数值．(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＜g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于函数g (x )在D 2上的最大值(这里假设f (x )max ，g (x )max 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求小于函数y ＝g (x )的所有函数值．典例1.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ＋1，若对任意的x ＞0，f (x )≤x e 2x 恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】法一：构造函数法设g (x )＝x e 2x －ax －ln x －1(x ＞0)，对任意的x ＞0，f (x )≤x e 2x 恒成立，等价于g (x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，则只需g (x )min ≥0即可．因为g ′(x )＝(2x ＋1)e 2x －a －1x ，令h (x )＝(2x ＋1)e 2x －a －1x (x ＞0)，则h ′(x )＝4(x ＋1)e 2x ＋1x2＞0，所以h (x )＝g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，因为当x ―→0时，h (x )―→－∞，当x ―→＋∞时，h (x )―→＋∞，所以h (x )＝g ′(x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点x 0，满足(2x 0＋1)e2x 0－a －1x 0＝0，所以a ＝(2x 0＋1)e2x 0－1x 0，且g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (x 0)＝x 0e2x 0－ax 0－ln x 0－1＝－2x 20e2x 0－ln x 0，则由g (x )min ≥0，得2x 20e2x 0＋ln x 0≤0，此时0＜x 0＜1，e2x 0≤－ln x 02x 20，所以2x 0＋ln(2x 0)≤ln(－ln x 0)＋(－ln x 0)，设S (x )＝x ＋ln x (x ＞0)，则S ′(x )＝1＋1x＞0，所以函数S (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为S (2x 0)≤S (－ln x 0)，所以2x 0≤－ln x 0即e2x 0≤1x 0，所以a ＝(2x 0＋1)e2x 0－1x 0≤(2x 0＋1)·1x 0－1x 0＝2，所以实数a 的取值范围为(－∞，2]．法二：分离参数法因为f (x )＝ax ＋ln x ＋1，所以对任意的x ＞0，f (x )≤x e 2x 恒成立，等价于a ≤e 2x －ln x ＋1x在(0，＋∞)上恒成立．令m (x )＝e 2x－ln x ＋1x (x ＞0)，则只需a ≤m (x )min 即可，则m ′(x )＝2x 2e 2x ＋ln x x 2，再令g (x )＝2x 2e 2x ＋ln x (x ＞0)，则′(x )＝4(x 2＋x )e 2x ＋1x＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为＝e 8－2ln 2＜0，g (1)＝2e 2＞0，所以g (x )有唯一的零点x 0，且14＜x 0＜1，所以当0＜x ＜x 0时，m ′(x )＜0，当x ＞x 0时，m ′(x )＞0，所以m (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，因为2x 20e2x 0＋ln x 0＝0，所以ln 2＋2ln x 0＋2x 0＝ln(－ln x 0)，即ln(2x 0)＋2x 0＝ln(－ln x 0)＋(－ln x 0)，设s (x )＝ln x ＋x (x ＞0)，则s ′(x )＝1x＋1＞0，所以函数s (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为s (2x 0)＝s (－ln x 0)，所以2x 0＝－ln x 0，即e2x 0＝1x 0，所以m (x )≥m (x 0)＝e2x 0－ln x 0＋1x 0＝1x 0－ln x 0x 0－1x 0＝2，则有a ≤2，所以实数a 的取值范围为(－∞，2]．典例2.设函数f (x )＝ln x ＋k x ，k ∈R.(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1＞x 2＞0，f (x 1)－f (x 2)＜x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围．【解析】(1)由条件得f ′(x )＝1x －k x2(x ＞0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，∴f ′(e)＝0，即1e －k e 2＝0，得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －e x2(x ＞0)，由f ′(x )＜0得0＜x ＜e ，由f ′(x )＞0得x ＞e ，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增．当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋e e＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知，对任意的x 1＞x 2＞0，f (x 1)－x 1＜f (x 2)－x 2恒成立，设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋k x－x (x ＞0)，则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －k x2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x ＞0时，k ≥－x 2＋x ＋14恒成立，∴k ≥14.故k 的取值范围是14，＋典例3.已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax .(1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若函数g (x )＝x ex ，对∀x 1∈12，2，∃x 2∈12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)由题设知f ′(x )＝x 2＋x a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而函数y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则y max ＝－3，∴a ≥－3，∴a 的最小值为－3.(2)“对∀x 1∈12，2，∃x 2∈12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“当x ∈12，2时，f ′(x )max ≤g (x )max ”．∵f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1在12，2上单调递增，∴f ′(x )max ＝f ′(2)＝8＋a .而g ′(x )＝1－x e x，由g ′(x )＞0，得x ＜1，由g ′(x )＜0，得x ＞1，∴g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴当x ∈12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e .由8＋a ≤1e ，得a ≤1e－8，∴实数a ∞，1e －8.典例4.已知函数f (x )＝3x －3x ＋1，g (x )＝－x 3＋32(a ＋1)x 2－3ax －1，其中a 为常数．(1)当a ＝1时，求曲线g (x )在x ＝0处的切线方程；(2)若a ＜0，对于任意的x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围．【解析】(1)当a ＝1时，g (x )＝－x 3＋3x 2－3x －1，所以g ′(x )＝－3x 2＋6x －3，g ′(0)＝－3，又因为g (0)＝－1，所以曲线g (x )在x ＝0处的切线方程为y ＋1＝－3x ，即3x ＋y ＋1＝0.(2)f (x )＝3x －3x ＋1＝3(x ＋1)－6x ＋1＝3－6x ＋1，当x ∈[1,2]时，1x ＋1∈13，12，所以－6x ＋1∈[－3，－2]，所以3－6x ＋1∈[0,1]，故f (x )在[1,2]上的值域为[0,1]．由g (x )＝－x 3＋32(a ＋1)x 2－3ax －1，可得g ′(x )＝－3x 2＋3(a ＋1)x －3a ＝－3(x －1)(x －a )．因为a ＜0，所以当x ∈[1,2]时，g ′(x )＜0，所以g (x )在[1,2]上单调递减，故当x ∈[1,2]时，g (x )max ＝g (1)＝－1＋32(a ＋1)－3a －1＝－32a －12，g (x )min ＝g (2)＝－8＋6(a ＋1)－6a －1＝－3，即g (x )在[1,2]上的值域为－3，－32a －12.因为对于任意的x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)，所以[0,1]⊆－3，－32a －12，所以－32a －12≥1，解得a ≤－1，故a 的取值范围为(－∞，－1]．专项突破练一、单选题1．若不等式4342x x a ->-对任意实数x 都成立，则实数a 的取值范围是（）A ．27a <-B ．25a >-C ．29a ≥D ．29a >【解析】43322()4,()4124(3)f x x x f x x x x x '=-=-=-,当3x <时，()0f x '<，当3x >时，()0f x '>，()f x 的递减区间是(,3)-∞，递增区间是(3,)+∞，所以3,()x f x =取得极小值，也是最小值，min ()(3)27f x f ==-，不等式4342x x a ->-对任意实数x 都成立，所以272,29a a ->->.故选:D.2．已知函数()22f x ax x a =-+，对[]1,2x ∀∈都有()0f x ≤成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],0-∞B ．4,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．(],1-∞D ．[]1,0-【解析】函数()22f x ax x a =-+,对[]1,2x ∀∈都有()0≤f x ,当[]1,2x ∈时,()0≤f x 即220ax x a -+≤,即为()221a x x +≤，可化为()212x a x ≤+令()22()1x g x x +=,则()()22'22221)22((12(212))x x x x g x x x -++-++==当[]1,2x ∈时,'()0g x <,单调递减.因此()min 2224()(2)152g x g ⨯==+=，所以min 4()5a g x ≤=故实数a 的取值范围是4,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，故选B 3．已知函数()32183833f x x x x =-+-，()lng x x x =-，若()120,3x x ∀∈，，()()12g x k f x +≥恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．[)2ln 2,++∞B ．[)3,∞-+C ．5,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．[)3,+∞【解析】()()()26824f x x x x x '=-+=--，当()0,2x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，当()2,3x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在()0,3上的最大值是()24f =．()111x g x x x-'=-=，当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，当()1,3x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()g x 在()0,3上的最小值是()11g =，若1x ∀，()20,3x ∈，()()12g x k f x +≥恒成立，则()()max min g x k f x +≥⎡⎤⎣⎦，即14k +≥，所以3k ≥，所以实数k 的取值范围是[)3,+∞．故选:D ．4．已知不等式()()23ln 1231x x a -+≤+对任意[]0,1x ∈恒成立，则实数a 的最小值为（）A ．1ln 22-B ．113ln 622--C ．13-D ．113ln 622+【解析】设()()()23ln 11=-+>-f x x x x ，则()321211-'=-=++x f x x x ，当102x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，当112x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增，()003ln10=-=f ，()123ln 20=-<f ，不等式()()23ln 1231x x a -+≤+对任意[]0,1x ∈恒成立可转化为对任意[]0,1x ∈时()()max 231+≥a f x ，所以()2310+≥a ，解得13a ≥-.故选：C.5．若关于x 的不等式sin x x ax -≥，对[]0,x π∈恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-∞-B ．(],1-∞C ．4,π⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．4,∞π⎛⎤- ⎥⎝⎦【解析】因为不等式sin x x ax -≥，对[]0,x π∈恒成立，当0x =时，显然成立，当(0,]x π∈，sin 1xa x ≤-恒成立，令()sin 1x f x x =-，则()2cos sin x x xf x x -'=，令()cos sin g x x x x =-，则()sin 0g x x x '=-≤在(0,]π上成立，所以()g x 在(0,]π上递减，则()()00g x g <=，所以()0f x '<在(0,]π上成立，所以()f x 在(0,]π上递减，所以()()min 1f x f π==-，所以1a ≤-，故选：A 6．若关于x 的不等式()()22e 222ln 1x a x a a x -+-+>+-在()2,+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭B ．()1,-+∞C ．[)1,-+∞D ．[)2,-+∞【解析】依题意，()()()22e 221ln 1x a x x a x -+->-+-，则()()222e ln e 21ln 1x x a x a x --+>-+-（*）．令()2ln g t t a t =+(1)t >，则（*）式即为()()2e 1x g g x ->-．又2e 11x x ->->在()2,+∞上恒成立，故只需()g t 在()1,+∞上单调递增，则()20ag t t '=+≥在()1,+∞上恒成立，即2a t ≥-在()1,+∞上恒成立，解得2a ≥-．故选：D.7．已知函数()2sin f x x x =+，若ln (1)0a f x f x ⎛⎫++-≥ ⎪⎝⎭对(]0,2x ∈恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．[)1,+∞B ．[)2,+∞C ．[]1,2D ．()1,+∞【解析】由题意，函数()2sin f x x x =+的定义域为R ，其满足()()f x f x -=-，所以函数()f x 为奇函数，且()2cos 0f x x =+>'，所以函数()f x 为R 上的增函数，若ln (1)0a f x f x ⎛⎫++-≥ ⎪⎝⎭对(]0,2x ∈恒成立，则ln (1)a f x f x ⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭对(]0,2x ∈恒成立，即ln 1a x x+≥对(]0,2x ∈恒成立，即ln a x x x ≥-对(]0,2x ∈恒成立，设()(]ln 0,2,h x x x x x ∈=-，可得()ln h x x '=-，当01x <<时，()0h x '>；当12x <≤时，()0h x '<，所以()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,2]单调递减，所以()max (1)1h x h ==，所以1a ≥，即实数a 的取值范围为[1,)+∞.故选：A.8．已知不等式22ln 0ax x +-≥恒成立，则a 的取值范围为（）A ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．22,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．210,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦【解析】由题设，可知：,()0x ∈+∞，问题转化为2(ln 1)x a x -≥在,()0x ∈+∞上恒成立，令ln 1()x f x x -=，则22ln ()x f x x-'=，当20e x <<时()0f x '>，即()f x 递增；当2e x >时()0f x '<，即()f x 递减；所以2max 21()(e )e f x f ==，故22e a ≥.故选：B 9．若函数()ln f x x =，g (x )=313x 对任意的120x x >>，不等式112212()()()()x f x x f x m g x g x ->-恒成立，则整数m 的最小值为（）A ．2B ．1C ．0D ．-1【解析】因为31()3g x x =单调递增，120x x >>，所以12()()0g x g x >>，即12()()0g x g x ->，原不等式恒成立可化为122211())((())x m f x x f g x mg x x -->恒成立，即120x x >>时，111222()()()()mg x x f x mg x x f x ->-恒成立，即函数3())ln ((3)m xf x x x x h x mg x ==--在(0,)+∞上为增函数，所以2ln 10()mx h x x '--≥=在(0,)+∞上恒成立，即2ln 1x m x +≥，令2ln )1(k x x x +=，则32l (n )1x k x x '+=-，当120e x -<<时，()0k x '>，()k x 单调递增，当12e x ->时，()0k x '<，()k x 单调递减，故当12e x -=时，函数2ln )1(k x x x +=的最大值为e2，即e2m ≥恒成立，由m ∈Z 知，整数m 的最小值为2.故选：A二、多选题10．已知函数22,0(),0x x x f x e x ⎧+<=⎨≥⎩，满足对任意的x ∈R ，()f x ax ≥恒成立，则实数a 的取值可以是（）A ．-B ．CD ．【解析】因为函数22,0(),0x x x f x e x ⎧+<=⎨≥⎩，满足对任意的x ∈R ，()f x ax ≥恒成立，当0x <时，22x ax +≥恒成立，即2a x x ≥+恒成立，因为2x x +≤-2x x =，即x =时取等号，所以a ≥-.当0x =时，00e ≥恒成立.当0x >时，x e ax ≥恒成立，即xe a x ≤恒成立，设()x e g x x =，()()221xx x e x xe e g x x x --'==，()0,1x ∈，()0g x '<，()g x 为减函数，()1,x ∈+∞，()0g x '>，()g x 为增函数，所以()()min 1g x g e ==，所以a e ≤，综上所述：a e -≤≤.故选：ABC 11．设函数()()e 1x f x ax a +=-+∈N ，若()0f x >恒成立，则实数a 的可能取值是（）A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】()x f x e a '=-，令()0f x '=，得ln x a =，当ln x a <时，()0f x '<，当ln x a >时，()0f x '>，所以函数()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.所以ln x a =时，函数取得最小值ln 1a a a -+，因为()0f x >恒成立，所以ln 10a a a -+>恒成立，且a +∈N ，可得实数a 的所有可能取值1，2，3，故选：ABC.12．已知函数()312x f x x +=+，()()42e x g x x =-，若[)120,x x ∀∈+∞，，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值可以是（）A ．6eB ．(2eC ．(2e +D ．2e【解析】因为()()3253153222x x f x x x x +-+===-+++，所以()f x 在[)0,∞+上单调递增，所以对[0,)x ∀∈+∞，()()102f x f ≥=；()()42e x g x x =-，所以()()()'2e 42e 21e x x x g x x x =-+-=-，当1x >时，()'0g x <；当01x <<时，()'0g x >，函数()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，∴()max ()12e g x g ==；因为0t >，任意[)12,0,x x ∈+∞，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，即()()221e 2e e 2t t +⋅≤+，整理得224e 3e 0t t --≥，解得(2e t ≤或(2e t ≥，所以正数t 的取值范围为()2e,⎡+∞⎣；6e 与(2e 均在区间()2⎡+∞⎣内，(2e +与2e 均不在区间()2e,⎡+∞⎣内；故选：AB ．13．已知()2121()1e 2x f x a x -=--，若不等式11ln 1f f x x ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭在(1,)+∞上恒成立，则a 的值可以为（）A ．B ．1-C ．1D【解析】设1ln (1)y x x x =-->，则110y x '=->，所以1ln y x x =--在(1,)+∞上单调递增，所以1ln 0x x -->，所以ln 1,(1,)x x x <-∈+∞，∴0ln 1x x <<-，∴110ln 1x x >>-．又11ln 1f f x x ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭在(1,)+∞上恒成立，所以()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()21()1e 0x f x a x -=--≥'对(1,)x ∀∈+∞恒成立，即211e x xa --≥恒成立．令111(),()e e x x x xg x g x ---='=，当1x >时，()0g x '<，故()(1)1g x g <=，∴211a -≥，解得a ≥或a ≤a 的值可以为AD.三、填空题14．已知函数2()2ln f x x x a =--，若()0f x ≥恒成立，则a 的取值范围是________．【解析】由2()2ln f x x x a =--，得()21(1)2()2x x f x x x x-+'=-=，又函数()f x 的定义域为(0,)+∞，令()01f x x =⇒='，当01x <<时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当1x >时，()0f x '>，函数()f x 单调递增；故1x =是函数()f x 的极小值点，也是最小值点，且(1)1f a =-，要使()0f x ≥恒成立，需10a -≥，则1a ≤.15．当(]0,1x ∈时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是______．【解析】根据题意，当(]0,1x ∈时，分离参数a ，得23143a x x x ≥--恒成立．令1t x=，∴1t ≥时，2343t t a t --≥恒成立．令()2343t t g t t =--，则()()()2189911t t t t g t '=--=-++，当1t ≥时，()0g t '<，∴函数()g t 在[)1,+∞上是减函数．则()()16g t g ≤=-，∴6a ≥-．∴实数a 的取值范围是[)6-+∞,．16．已知函数()2f x x a =+，(ln 2g x x x =-，如果对任意的1x ，2122x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，都有()()12f x g x ≤成立，则实数a 的取值范围是_________．【解析】由()ln 2g x x x =-，可得()112'2x g x x x-=-=，当122x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()'0g x ≤，所以()g x 在122⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递减，()min ()2ln24g x g ∴==-，()2f x x a =+ ，()f x ∴在122⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，()max ()24f x f a ∴==+，对任意的12122x x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，都有()()12f x g x ≤成立，4ln24a ∴+≤-，ln28a ∴≤-17．已知不等式[]1ln(1)x e x m x x -->-+对一切正数x 都成立.则实数m 的取值范围是___________.【解析】设()()ln 1f x x x =-+，则()11x x f e e x -=--，故()()1x f e mf x ->对一切正数x 都成立，()()110011x f x x x x '=-=>>++，故()f x 在()0,∞+上单调递增，()()0ln 010f x -+=＞，()()1x f e m f x -∴<恒成立，由()1x h x e x =--，()1xh x e '=-在()0,∞+上恒大于零，所以()h x 在()0,∞+上单调递增，所以()()00h x h >=，1x e x ∴->在()0,∞+上恒成立，()()1xf e f x ∴->，()()11x f e f x -∴>，1m ∴≤.四、解答题18．设()()32114243f x x a x ax a =-+++，其中a R ∈．（1）若()f x 有极值，求a 的取值范围；（2）若当0x ≥，()0f x >恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）由题意可知：()()´2214f x x a x a =-++，且()f x 有极值，则()´0f x =有两个不同的实数根，故()()224116410a a a ∆=+-=->，解得：1a ≠，即()(),11,a ∈-∞⋃（2）由于0x ≥，()0f x >恒成立，则()0240f a =>，即0a >，由于()()()()´221422f x x a x a x x a =-++=--，则①当01a <<时，()f x 在2x a =处取得极大值、在2x =处取得极小值，当02x a £<时，()f x 为增函数，因为()00f >，所以()f x 恒大于0，当2x a ≥时，()()422803min f x f a ==->，解得：121a >；②当1a =时，()0f x ¢³，即()f x 在[)0,+∞上单调递增，且()0240f =>，则()()00f x f ³>恒成立；③当1a >时，()f x 在2x =处取得极大值、在2x a =处取得极小值，当02x ≤<时，()f x 为增函数，因为()00f >，所以()f x 恒大于0，当2x ≥时，()()3243min 24240f x f a a a a ==-++>，解得36a -<<，综上所述，a 的取值范围是1216a <<．19．已知函数()ln 32af x ax x =--，其中0a ≠.(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若()310xf x x +-≥对任意[)1,x ∞∈+恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】(1)函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()2122a x a f x a x x-'=-=①当0a >时，令()0f x '>，可得12x >，此时函数()f x 的增区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，减区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭②当0a <时，令()0f x '>，可得102x <<，此时函数()f x 的增区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭，减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭综上所述：当0a >时，函数()f x 的增区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，减区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭；当0a <时，函数()f x 的增区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭，减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)()310xf x x +-≥在[)1,x ∞∈+恒成立，则2ln 12aax x x -≥在[)1,x ∞∈+恒成立，即21ln 12a x x x ⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭在[)1,x ∞∈+恒成立。

导数与不等式恒成立方法归纳总结

导数与不等式恒成立方法归纳总结思路一：作差解恒成立构造差函数()()()h x f x g x =-．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式．首先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应含参不等式，从而求出参数的取值范围，也可以分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．证明()()f x g x <，(),x a b ∈时，可以构造函数()()()F x f x g x =-，如果()0F x '<，则()F x 在(),a b 上是减函数，同时若()0F a ≤，由减函数的定义可知，当(),x a b ∈时，有()0F x <，即证明()()f x g x <．例、已知函数()()2112ln 2f x a x a ax x =--+，()'f x 为其导函数. (1) 设()()1g x f x x=+，求函数()g x 的单调区间； (2) 若0a >，设()()11,A x f x ，()()22,B x f x 为函数()f x 图象上不同的两点，且满足()()121f x f x +=，设线段AB 中点的横坐标为0,x 证明：01ax >.解：（1）略（2）120121212x x ax x x a a+>⇔>⇔>- ()222121'0a f x a a x x x ⎛⎫=+-=-≥ ⎪⎝⎭，故()f x 在定义域()0,+∞上单调递增.只需证： ()122f x f x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，即证()2221f x f x a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭注意到()()12111,,2f x f x f a ⎛⎫+==⎪⎝⎭ 不妨设1210x x a <<<. ()()()22221112ln 22ln 2F x f x f x a x a ax a x a axa a x xa⎛⎫⎛⎫=-+-=----+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-则()()()()322222241122'0222ax a a a F x x x ax ax x ax -=--+=-≤--- 1x a ∀≥，从而()F x 在1,a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单减，故()210F x F a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，即得. 变式1、设函数．（I ）时，求函数的极值点；（Ⅱ）当时，证明在上恒成立．解（Ⅱ）证明：当a=0时，f （x ）=lnx+x+1令F （x ）=xe x ﹣f （x ）=xe x ﹣lnx ﹣x ﹣1，（x ＞0），则F′（x ）=x+1x•（xe x ﹣1），令G （x ）=xe x ﹣1，则G′（x ）=（x+1）e x ＞0，（x ＞0），∴函数G （x ）在（0，+∞）递增，又G （0）=﹣1＜0，G （1）=e ﹣1＞0， ∴存在唯一c ∈（0，1）使得G （c ）=0，且F （x ）在（0，c ）上单调递减，在（c ，+∞）上单调递增，故F （x ）≥F （c ）=c•e c ﹣lnc ﹣c ﹣1，由G （c ）=0，得c•e c ﹣1=0，得lnc+c=0， ∴F （c ）=0，∴F （x ）≥F （c ）=0，从而证得x e x ≥f （x ）.变式2、设函数()()2ln 1f x x b x =++，其中0b ≠．当*n N ∈，且2n ≥时证明不等式：33311111111ln 111232321n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++++>-⎪⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦解：当b=-1时, ()()2f x x ln x 1=-+，令()()()332h x x f x x x ln x 1=-=-++，则()()233x x 1h x x 1++'=+在[)0,∞+ 上恒正，所以， ()h x 在[)0,∞+上单调递增，当[)0,∞+时，恒有()()h x h 00=＞，即当[)0,∞+时，()()3232x x ln x 10,ln x 1x x -++++＞即＞，对任意正整数n ，取1x n =得32111ln 1n nn ⎛⎫++ ⎪⎝⎭＞，所以， 333111111ln 11123n 23n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()21ln +12f x x ax x =++2a =-()f x 0a =()xxe f x ≥()0,+∞= 333111111ln 1ln 1ln 123n 23n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭= 333111111ln 1ln 1ln 12233n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++⋅⋅⋅+++⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()22211111123n 2334n n 1++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯+＞＞ =11111111++=2334n n 12n 1--⋅⋅⋅+--++. 变式3、已知函数()21e 2x f x a x x =--（R a ∈）．证明：当1x >时， 1e ln x x x x>-．解：令()1e ln xg x x x x=-+（1x >），则()10g =， ()2e 1e ln 1x xg x x x x =+--'．令()()h x g x ='，则()e e ln x xh x x x =+' 23e e 2x x x x x-++，因为1x >，所以e ln 0xx >， e 0x x >， ()2e 10x x x ->， 320x>，所以()0h x '>，即()()h x g x ='在1x >时单调递增，又()1e 20g ='->，所以1x >时， ()0g x '>，即函数()g x 在1x >时单调递增．所以1x >时， ()0g x >，即1x >时， 1e ln x x x x>-．思路二：调整目标形式解恒成立观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明. 例．已知函数()()1ln ,1a x f x x a R x -=-∈+．设,m n 为正实数，且m n >，求证：ln ln 2m n m nm n -+<-．解：要证，只需证，即证21ln .1m m n m n n ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+只需证21ln 0.1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+设()()21ln 1x h x x x -=-+，由（2）知()h x 在()1,+∞上是单调函数，又1mn>，所以()10m h h n ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即21ln 01m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+成立，所以ln ln 2m n m n m n -+<-. 变式1、已知函数()()21x f x x x e =--.（1）若()f x 在区间(),5a a +有最大值，求整数a 的所有可能取值；（2）求证：当0x >时，()()323ln 247x f x x x x x e <-++-+. 解析：（1）f′(x )＝（x 2＋x －2）e x ，当x <－2时，f′(x )＞0，f (x )单调递增，当－2＜x ＜1时，f′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ＞1时，f′(x )＞0，f (x )单调递增，由题知：a ＜－2＜a +5，得：－7＜a ＜－2，则a ＝－6、－5、－4、－3，当a ＝－6、－5、－4，显然符合题意，若a ＝－3时，f (－2)＝5e ―2，f (2)＝e 2，f (－2)＜f (2)，不符合题意，舍去．故整数a 的所有可能取值－6，―5，－4．（2）f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7可变为(－x 2＋3x －1)e x ＜－3ln x ＋x 3+7，令g (x )＝(－x 2＋3x －1)e x ，h (x )=－3ln x ＋x 3+7，g′(x )＝(－x 2＋x ＋2)e x ， 0＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ＞2时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，g (x )的最大值为g (2)＝e 2，h′(x )＝()331x x-，当0＜x ＜1时，h′(x )＜0，h (x )单调递减，当x ＞1时，h′(x )＞0，h (x )单调递增，h (x )的最小值为h (1)＝8＞e 2，g (x )的最大值小于h (x )的最小值，故恒有g (x )＜h (x )，即f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7．变式2、函数f （x ）=21-lnx ax a-1x-2a 2R ++∈（）（）（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若a ＞0，求证：f （x ）≥3-2a. 解：由（Ⅰ）知()f x 在10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减； ()f x 在1a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增，则()min 11ln 12f x f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭．要证()f x ≥32a -，即证1ln 12a a --≥32a -，即证1ln 1a a +-≥0．令()1ln 1a a a μ=+-，则()22111a a a a aμ'-=-=，由()0a μ'>解得1a >，由()0a μ'<解得01a <<， ∴()a μ在()01，上单调递减；()a μ在()1+∞，上单调递增；∴()()min 11ln1101a μμ==+-=，∴ 1ln 1a a +-≥0成立．从而()f x ≥32a-成立．思路三：结论再造解恒成立利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点：（1）利用常见结论，如：，()ln 1x x >+，等；（2）利用同题上一问结论或既得结论．例、已知函数()ln 1axf x x x =-+．（Ⅰ）若函数()f x 有极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）()f x 有两个极值点（记为1x 和2x ）时，求证：()()()1211x f x f x f x x x+⎡⎤+≥⋅-+⎣⎦．解（Ⅱ）∵1x ， 2x 是()f x 的两个极值点，故满足方程()0f x '=即1x ， 2x 是()2210x a x +-+=的两个解，∴121x x =∵()()12121212ln ln 11ax ax f x f x x x x x +=-+-++ ()()12121212122ln 1a x x x x x x a x x x x ++=-=-+++ 而在()ln 1ax f x x x =-+中， ()1ln x a f x x x +⎡⎤-=⋅-⎣⎦ 欲证原不等式成立，只需证明()()11ln 1x x f x x f x x x x++⎡⎤⎡⎤⋅-≥⋅-+⎣⎦⎣⎦∵0x >，只需证明()()ln 1f x x f x x -≥-+成立即证ln 10x x -+≤成立令()ln 1g x x x =-+，则()111xg x x x-=-=' 当()0,1x ∈时， ()0g x '>，函数()g x 在()0,1上单调递增；当()1,x ∈+∞时， ()0g x '<，函数()g x 在()1,+∞上单调递减；因此()()max 10g x g ==，故()0g x ≤，即ln 10x x -+≤成立得证．变式1、已知函数()ln .f x x kx k =-+（Ⅱ）证明：当1a ≤时，()()2 1.x x f x kx k e ax +-<-- （附： 322ln20.69,ln3 1.10, 4.48,7.39e e ≈≈≈≈）解（Ⅱ）要证当1a ≤时， ()()1,xx f x kx k e ax +-<--即证当1a ≤时， 2ln 10x e ax x x --->,即证2ln 10x e x x x --->．由（Ⅰ）得，当1k =时， ()0f x ≤,即ln 1x x ≤-，又0x >，从而()ln 1x x x x ≤-, 故只需证2210x e x x -+->，当0x >时成立；令()()2210xh x e x x x =-+-≥，则()41xh x e x ='-+,令()()F x h x ='，则()4xF x e '=-，令()0F x '=，得2ln2x =．因为()F x '单调递增，所以当(]0,2ln2x ∈时， ()()()0,0,F x F x F x ≤'≤单调递减，即()h x '单调递减，当()2ln2,x ∈+∞时， ()()0,F x F x >''单调递增，即()h x '单调递增，且()()()2ln458ln20,020,2810h h h e =-==-'+'>',由零点存在定理，可知()()120,2ln2,2ln2,2x x ∃∈∃∈，使得()()120h x h x ''==，故当10x x <<或2x x >时， ()()0,h x h x '>单调递增；当12x x x <<时， ()()0,h x h x '<单调递减，所以()h x 的最小值是()00h =或()2h x ．由()20h x '=，2241xe x =-()()()222222221252221x h x e x x x x x =+-=-+-=---,因为()22ln2,2x ∈，所以()20h x >,故当0x >时，所以()0h x >,原不等式成立．思路四：函数单调或最值解恒成立不等式恒成立的转化策略一般有以下几种：①分离参数＋函数最值；②直接化为最值＋分类讨论；③缩小范围＋证明不等式；④分离函数＋数形结合。

【一题一课难点突破】导数中的恒成立问题

1 1 2当a 0时，f x 在 0, 上递增, 在 , 上递减, f x max a a 1 1 f ln 0, 即恒成立。 a a
转化手段
单变量恒成立问题方法3：参变量半分离法解恒成立问题
例题： f (x)=lnx+ax+1,若f (x)<0恒成立，求a的取值范围? 可以半分离：lnx<-ax-1,构造f (x)=lnx与g(x)=-ax-1 由图像得：a<-1
转化手段
单变量恒成立问题方法4：端点值代入法解恒成立问题
例题：设函数f (x)=（x+1)ln(x+1),若对于所有的x≥0，都有f (x)≥ax,求a的问题方法4：端点值代入法解恒成立问题
例题：设函数f (x)=（x+1)ln(x+1),若对于所有的x≥0，都有f (x)≥ax,求a的取值范围？
f x f a 1若x a且f x f a , f x 在x a处可导，则f a xlim 0 a xa f x f a 2若x a且f x f a , f x 在x a处可导，则f a xlim 0 a xa
例题： f (x)=lnx+ax+1,若f (x)<0恒成立，求a的取值范围? 可以直接讨论：
求导：f x
这与f x 0恒成立矛盾。
1 a, x 1当a 0时，f x 0, f x 在0，讨论：恒增，找到f 1 a 1 0
转化手段
单变量恒成立问题方法1：参变量分离法解恒成立问题
例题： f (x)=lnx+ax+1,若f (x)<0恒成立，求a的取值范围? 可以转化为：

高考数学导数与不等式利用导数研究恒成立问题

解:当x=0时,f(0)=0≥-1,即f(x)≥x-cos x成立.当x>0时,由f(x)≥x-cos x,整理得a≤-1.设g(x)=-1(x>0),则g'(x)=.令g'(x)>0,得x>1,则g(x)在(1,+∞)上单调递增;令g'(x)<0,得0<x<1,则g(x)在(0,1)上单调递减.所以g(x)min=g(1)=e-1,则a≤e-1.综上,实数a的取值范围是(-∞,e-1].
课堂考点探究
课堂考点探究
变式题1 已知f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)=,x∈(0,e],其中e是自然对数的底数, a∈R.(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间和极值;
解: ∵f(x)=x-ln x, ∴f'(x)=1-=,当0<x<1时,f'(x)<0,此时f(x)单调递减;当1<x≤e时,f'(x)>0,此时f(x)单调递增.∴f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,e],f(x)的极小值为f(1)=1,无极大值.
教师备用习题
解:对任意x>0都有f(x)<x+1恒成立,即a(ex-1)<xex+1对x∈(0,+∞)恒成立,因为x>0,所以ex-1>0,所以a<=x+对x∈(0,+∞)恒成立.令g(x)=x+(x>0),则只需a<g(x)min.g'(x)=1+=,令h(x)=ex-x-2(x>0),则h'(x)= ex-1>0恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,因为h(1)=e-3<0,h(2)=e2-4>0,所以存在唯一的x0∈(1,2),使得h(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,h(x)<0,g'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0, g'(x)>0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(x0)=x0 +,由-x0-2=0得=x0+2,所以g(x0)=x0+ =x0+1∈(2,3),故a的最大整数值为2.

导数应用之不等式恒成立问题

立，求实数 a 的范围援
解：疫（f x）=x3-
1 2
x2-2x+5
亦f（忆 x）=3x2-x-2
姨姨盂当 a跃1 时，令 f（忆 x）=0，即：3ax2-3=0亦x=依
1 a
（0约
1 a
约1）
又疫x沂（0，1］
令 f（忆 x）=0，即 3x2-x-2=0
亦x=1
或-
2 3
又疫x沂［-1，2］
1 c
-
1 2
亦c-
7 2
跃
1 c
-
1 2
解得：3-
姨13 2
约c约0
或
c跃
3+ 姨13 2
分析：例 1 和例 2 两题，都是直接利用所给函数的最值解决问
题的，虽然例
2
函数
（f x）=x3+
3 2
x2-6x+c 中含有参数 c，但 c 并不影
分析：通过上面两种方法的比较发现，第一种比第二种方法麻烦一些，还需要分类讨论援之所以要分类讨论，就是因为函数（f x）当中含有参数，会影响到求函数的最值援而第二种方法由于将参数分离出来了，再求函数最值的时候就方便很多了援
2013-04
教学实践
导数应用之不等式恒成立问题
文/鄢琼
函数是高中数学学习的重点，也是学生学习的难点，很多学生都有（f x）逸0 恒成立，求实数 a 的范围援
一看到函数头就懵了援但等到学习了导数之后，函数的一些性质就
解：方法一：疫对任意 x沂（0，1］时，都有（f x）逸0 恒成立
可以通过导数的运算分析出来援本文主要通过几个例题介绍如何利用导数解决不等式恒成立问题援

专题(导数应用)恒成立与存在性问题

存在性问题例题解析
01
02
03
04
05
总结词
1. 确定函数表达 2. 求导数并判断 3. 转化问题
式和…
单调性
4. 判断零点存在性
通过具体例题的解析，掌握存在性问题的解题思路和方法。
与恒成立问题相同，首先需要确定函数表达式和参数范围。
对函数求导数，并根据导数的正负判断函数的单调性。
将存在性问题转化为求函数在某个区间内是否存在零点的问题。
专题(导数应用)恒成立与存在性问题
目录
• 导数的概念与性质 • 导数在函数中的应用 • 导数在恒成立与存在性问题中的
应用 • 经典例题解析 • 总结与思考
01
导数的概念与性质
导数的定义
总结词
导数是描述函数在某一点附近的变化率的重要工具。
详细描述
导数定义为函数在某一点处的切线的斜率，它描述了函数在该点附近的变化趋势。对于可微函数，其导数可以表示为函数值的增量与自变量增量的比的极限。
03
导数在恒成立与存在性问题中的应用
导数在恒成立问题中的应用
判断函数单调性
通过求导判断函数的单调性，进而解决恒成立问题。
寻找参数范围
利用导数研究函数的最值，确定参数的取值范围，使得恒成立。
转化最值问题
将恒成立问题转化为求函数最值问题，通过求导找到最值点。
导数在存在性问题中的应用
判断函数极值
通过求导找到函数的极值点，判断是否存在满足条件的极值。
寻找函数零点
利用导数研究函数的零点存在性，确定零点的位置和个数。
解决不等式存在性问题
利用导数研究不等式成立的条件，判断不等式是否存在满足条件的解。

导数专题——不等式恒成立问题及证明不等式问题

3．（1）当时，的单调增区间为，单调减区间为；
当时，的单调增区间为，单调减区间为；（2）
【解析】
试题分析：（1）求出，两种情况讨论，分别令得增区间，得减区间；
（2）令，研究函数的单调性，从而求函数的最大值，从而化恒成立问题为最值问题即可.
试题解析：（1），
当时，的单调增区间为，单调减区间为；
④当时，，由函数的单调性可知，当时，不符合题意.
综上可知，所求实数的取值范围为 .
【点睛】
本小题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数研究函数值恒大于零的问题，考查分类讨论的数学思想方法，综合性较强，属于难题.
8．（1）详见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
令
则
当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增
当x∈（1，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减
∴当x＝1时，h（x）取得最大值h（1）＝﹣2
故a≥﹣2
【点睛】
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．
2．（1）当时，的单减区间为；当时，的单减区间为，单增区间为；（2）两个；（3）0.
（2）将所求不等式转化为对任意的恒成立，转化为，对的取值范围进行分类讨论，考查函数的单调性，结合
求出实数的取值范围。
【详解】
（1），由题意得，，则，经检验满足.
因为是偶函数，故只考虑部分的最大值，当时，，
又，此时在上单调递减，则，
所以的最大值为0.

导数的不等式恒成立问题

导数的应用【考查重点与常见题型】题型一运用导数证明不等式问题例1设a为实数，函数f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1.(1)解由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝e x－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (－∞，ln 2)ln 2(ln 2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减2(1－ln 2＋a)单调递增故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2]，单调递增区间是[ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)．(2)证明设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上是增加的．于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0. 即e x －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.已知f (x )＝x ln x . (1)求g (x )＝f (x )＋kx(k ∈R)的单调区间； (2)证明：当x ≥1时，2x －e ≤f (x )恒成立．解：(1)g (x )＝ln x ＋kx ，∴令g ′(x )＝x －kx 2＝0得x ＝k .∵x >0，∴当k ≤0时，g ′(x )>0.∴函数g (x )的增区间为(0，＋∞)，无减区间；当k >0时g ′(x )>0得x >k ；g ′(x )<0得0<x <k ， ∴增区间为(k ，＋∞)，减区间为(0，k )． (2)证明：设h (x )＝x ln x －2x ＋e(x ≥1)，令h ′(x )＝ln x －1＝0得x ＝e ， h (x )，h ′(x )的变化情况如下：x 1 (1，e) e (e ，＋∞)h ′(x ) －1 －0 ＋ h (x )e －2故h (x )≥0.即f (x )≥2x －e.题型二利用导数研究恒成立问题例2已知函数f (x )＝ln x －ax.(1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求a 的值；(3)若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围．解 (1)由题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋ax 2.∵a >0，∴f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上是增加的． (2)由(1)可知，f ′(x )＝x ＋ax2.①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上是增加的，∴f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，∴a ＝－32(舍去)．②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上是减少的，∴f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，∴a ＝－e2(舍去)．③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0得x ＝－a ，当1<x <－a 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(1，－a )上是减少的；当－a <x <e 时，f ′(x )>0，∴f (x )在(－a ，e)上是增加的， ∴f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32，∴a ＝－ e.综上所述，a ＝－ e. (3)∵f (x )<x 2，∴ln x －ax<x 2.又x >0，∴a >x ln x －x 3.令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2， h ′(x )＝1x －6x ＝1－6x 2x .∵x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0， ∴h (x )在(1，＋∞)上是减少的． ∴h (x )<h (1)＝－2<0，即g ′(x )<0， ∴g (x )在(1，＋∞)上也是减少的． g (x )<g (1)＝－1，∴当a ≥－1时，f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立．已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是__________．答案 [4，＋∞)解析当x ∈(0,1]时不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为 a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1x3，x ∈(0,1]，g ′(x )＝3x 3－(3x －1)(3x 2)x 6＝－6⎝⎛⎭⎫x －12x 4，g ′(x )与g (x )随x 的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎫0，12 12 ⎝⎛⎭⎫12，1 g ′(x ) ＋ 0 －g (x )4因此g (x )的最大值为4，则实数a 的取值范围是[4，＋∞)．导数与不等式的综合问题典例：(12分)(2011·辽宁)设函数f (x )＝x ＋ax 2＋b ln x ，曲线y ＝f (x )过P (1,0)，且在P 点处的切线斜率为2.(1)求a ，b 的值； (2)证明：f (x )≤2x －2.(1)解 f ′(x )＝1＋2ax ＋bx.[1分]由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝0，f ′(1)＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＝0，1＋2a ＋b ＝2.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3.[4分](2)证明因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知f (x )＝x －x 2＋3ln x .设g (x )＝f (x )－(2x －2)＝2－x －x 2＋3ln x ，则g ′(x )＝－1－2x ＋3x ＝－(x －1)(2x ＋3)x .[8分]当0<x <1时，g ′(x )>0，当x >1时，g ′(x )<0.所以g (x )在(0,1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的．[10分] 而g (1)＝0，故当x >0时，g (x )≤0，即f (x )≤2x －2.[12分]一、选择题(每小题5分，共20分)1．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1,2)B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C ．(－3,6)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)答案 B解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根． ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0.∴a >6或a <－3.2．曲线y ＝f (x )＝e x 在点(2，e 2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( )A.94e 2 B ．2e 2C ．e 2D.e 22答案 D解析 ∵点(2，e 2)在曲线上， ∴切线的斜率k ＝f ′(2)＝e 2，∴切线的方程为y －e 2＝e 2(x －2)，即e 2x －y －e 2＝0. 与两坐标轴的交点坐标为(0，－e 2)，(1,0)， ∴S △＝12×1×e 2＝e 22.3．已知函数f (x )＝x 2＋mx ＋ln x 是单调递增函数，则m 的取值范围是( )A ．m >－2 2B ．m ≥－2 2C ．m <2 2D ．m ≤2 2答案 B解析依题意知，x >0，f ′(x )＝2x 2＋mx ＋1x ，令g (x )＝2x 2＋mx ＋1，x ∈(0，＋∞)，当－m4≤0时，g (0)＝1>0恒成立，∴m ≥0成立，当－m4>0时，则Δ＝m 2－8≤0，∴－22≤m <0，综上，m 的取值范围是m ≥－2 2.4．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的年关系是R ＝R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2 (0≤x ≤400)，80 000 (x >400)，则总利润最大时，每年生产的产品是( ) A ．100B ．150C ．200D ．300答案 D解析由题意得，总成本函数为C ＝C (x )＝20 000＋100x ，总利润P (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300x －x 22－20 000 (0≤x ≤400)，60 000－100x (x >400)，又P ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300－x (0≤x ≤400)，－100 (x >400)，令P ′(x )＝0，得x ＝300，易知x ＝300时，总利润P (x )最大．二、填空题(每小题5分，共15分)5．设P 为曲线C ：y ＝f (x )＝x 2－x ＋1上一点，曲线C 在点P 处的切线的斜率的范围是[－1,3]，则点P 纵坐标的取值范围是__________．答案 ⎣⎡⎦⎤34，3解析设P (a ，a 2－a ＋1)，则f ′(x )＝2a －1∈[－1,3]， ∴0≤a ≤2.而g (a )＝a 2－a ＋1＝⎝⎛⎭⎫a －122＋34，当a ＝12时，g (a )min ＝34.当a ＝2时，g (a )max ＝3，故P 点纵坐标的取值范围是⎣⎡⎦⎤34，3.6．在直径为d 的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________(强度与bh 2成正比，其中h 为矩形的长，b 为矩形的宽)．答案63d 解析截面如图所示，设抗弯强度系数为k ，强度为ω，则ω＝kbh 2，又h 2＝d 2－b 2，∴ω＝kb (d 2－b 2)＝－kb 3＋kd 2b ， ω′＝－3kb 2＋kd 2，令ω′＝0，得b 2＝d 23， ∴b ＝33d 或b ＝－33d (舍去)． ∴h ＝d 2－b 2＝63d . 7．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．答案－13解析对函数f (x )求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，易知f (x )在(－1,0)上是减少的，在(0,1)上是增加的， ∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图像开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时， f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9. 故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13. 三、解答题(共22分)8． (10分)设函数f (x )＝ax 3－3x 2 (a ∈R )，且x ＝2是y ＝f (x )的极值点．(1)求实数a的值，并求函数的单调区间；(2)求函数g(x)＝e x·f(x)的单调区间．解(1)f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，因为x＝2是函数y＝f(x)的极值点，所以f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1.经验证，当a＝1时，x＝2是函数y＝f(x)的极值点．所以f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．所以y＝f(x)的单调增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)；单调减区间是(0,2)．(2)g(x)＝e x(x3－3x2)，g′(x)＝e x(x3－3x2＋3x2－6x)＝e x(x3－6x)＝x(x＋6)(x－6)e x，因为e x>0，所以y＝g(x)的单调增区间是(－6，0)，(6，＋∞)；单调减区间是(－∞，－6)，(0，6)．。