1、如何利用导数研究“恒成立”的问题
高考数学导数恒成立问题的解法及例题
高考数学导数恒成立问题的解法
对于恒成立问题，一般采取的方法有两种：一是利用函数的单调性，二是利用函数的最值。
1. 利用函数的单调性
如果函数f(x)在区间D上单调，可以根据函数的单调性来解决问题。
例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，那么只需要找到满足f(x)min > 0的x值即可。
2. 利用函数的最值
如果函数f(x)在区间D上不是单调的，那么可以转化为求函数的最值问题。
例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，可以转化为求f(x)的最小值，只要最小值大于0，那么不等式就恒成立。
例题：已知函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上都不小于2，求a的取值范围。
解法：首先根据题意得到函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上的最小值为2，然后根据二次函数的性质得到对称轴为x=-b/2a=-a/2。
我们需要分三种情况讨论：
1. 当-a/2≤-1时，即a≥2时，函数在[-1,2]上是增函数，只需要满足f(-1)=1-a+4≥2即可，解得a≤3，所以2≤a≤3；
2. 当-a/2≥2时，即a≤-4时，函数在[-1,2]上是减函数，只需要满足
f(2)=4+2a+4≥2即可，解得a≥-4，但是此时a没有合适的取值，故舍去；
3. 当-1<-a/2<2时，即-4<a<2时，函数在对称轴左侧是减函数，右侧是增函数，只需要满足f(-a/2)=(-a/2)2-a2/4+4≥2即可，解得-4<a≤-2。
综上可得a的取值范围为：[-4,-2]∪[2,3]。
利用导数解决恒成立问题
恒成立问题常见处理恒成立问题的三种方法：第一种：参变分离法求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0），一般地：m x f >)(恒成立⇔m x f >min )(；m x f <)(恒成立⇔m x f <max )(；第二种：变更主元法：（即关于某字母的一次函数）-----（已知谁的范围就把谁作为主元）； 第三种：构造函数求最值 题型特征：)()(x g x f >恒成立0)()()(>-=⇔x g x f x h 恒成立；从而转化为第一、二种题型，或直接求最值。
例1. 设函数()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，若在区间D 上，()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数，4323()1262x mx x f x =--； （1）若()y f x =在区间(]3,0上为“凸函数”，求m 的取值范围；（2）若对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”，求b a -的最大值.例 2.已知函数32()f x x ax =+图象上一点P(1,b)处的切线斜率为3-，326()(1)3(0)2t g x x x t x t -=+-++> （1）求,a b 的值；（2）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域；（3）当[1,4]x ∈时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围。
例3.(2014陕西)设函数()ln ,m f x x m R x=+∈. (1)当m e =（e 为自然对数的底数）时，求()f x 的最小值；(2).讨论函数()'()3x g x f x =-零点的个数（3）若对任意()()0,1f b f a b a b a ->><-恒成立，求m 的取值范围.练习1．已知函数f （x ）=|x |，g （x ）=﹣|x ﹣4|+m（Ⅰ）解关于x 的不等式g [f （x ）]+2﹣m ＞0；（Ⅱ）若函数f （x ）的图象恒在函数g （x ）图象的上方，求实数m 的取值范围．2．已知函数f （x ）=lnx ﹣．（Ⅰ）若a ＞0，试判断f （x ）在定义域内的单调性；（Ⅱ）若f （x ）在[1，e ]上的最小值为，求实数a 的值；（Ⅲ）若f （x ）＜x 2在（1，+∞）上恒成立，求实数a 的取值范围．3．已知f （x ）=xlnx ﹣ax ，g （x ）=﹣x 2﹣2．（1）当a=﹣1时，求f （x ）的单调区间；（2）对一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；（3）证明：对一切x∈（0，+∞），都有成立．4．设a∈R，函数f（x）=lnx﹣ax．（Ⅰ）求f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）设F（x）=f（x）+ax2+ax，问F（x）是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）设A（x1，y1），B（x2，y2）是函数g（x）=f（x）+ax图象上任意不同的两点，线段AB的中点为C（x0，y0），直线AB的斜率为为k．证明：k＞g′（x0）．5．设a为实数，函数f（x）=e x﹣2x+2a，x∈R．（1）求f（x）的单调区间及极值；（2）求证：当a＞ln2﹣1且x＞0时，e x＞x2﹣2ax+1．6．已知f（x）=+nlnx（m，n为常数）在x=1处的切线为x+y﹣2=0．（1）求y=f（x）的单调区间；（2）若任意实数x∈[，1]，使得对任意的t∈[，2]上恒有f（x）≥t3﹣t2﹣2at+2成立，求实数a的取值范围．7．已知函数f（x）=e x（其中e是自然数的底数），g（x）=x2+ax+1，a∈R．（1）记函数F（x）=f（x）•g（x），且a＞0，求F（x）的单调增区间；（2）若对任意x1，x2∈[0，2]，x1≠x2，均有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|成立，求实数a的取值范围．8．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=﹣x2+ax﹣3．（Ⅰ）求函数f（x）的最小值；（Ⅱ）对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅲ）证明：对一切x∈（0，+∞），都有成立．9．已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R）（1）若函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，求a的取值范围；（2）当a=1且k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值．。
利用导数探讨恒成立问题
∴ 切线斜率k
=
1 e3
∴a≥ 1 e3
y
解：设f(x)= lnx,g(x)= ax + 2
∴ f'(x)= 1 x
2 o1
设切点为（x0 ,lnx0 )
∴k = 1
x0
x
切线方程为：y -lnx0
=
1 x0
(x
-
x0
)
∵ 过定点（0,2）
即2 -lnx0 = -1
∴ x0 = e3
∴ 切线斜率k
=
∴m ≥ - 3x2 - 1 2x 2x
即m
≥
-
1(3x 2
+
x1 )(x ∈1,2)
令y = 3x + x1(x∈1,2)
则y' = 3 - 1 x2
∵1≤ x ≤ 2
∴1≤ x2 ≤ 4
∴ 1 ≤ 1 ≤1
4
x2
∴ -1≤ -
1 x2
≤-
1 4
∴ y' = 3 - 1 x2
> 0(x ∈1,2)恒成立
求证:不等式 ln x x 1(x 1)恒成立。
证明：设f(x)=lnx,g(x)= x - 1 F(x)= f(x)- g(x)=lnx - x + 1(x ≥1) ∴F'(x)= 1 - 1
x ∵x ≥1∴0 < 1 ≤1
x ∴ 1 - 1≤ 0即F'(x)≤ 0
x ∴ F(x)在[1,+∞)为单调减函数 ∵F(1)=ln1- 1+ 1= 0 ∴F(x)≤ F(1)= 0 即f(x)- g(x)≤ 0(x ≥1) ∴lnx ≤ x - 1(x ≥1)
（1）若函数 f (x) x3 mx2 x 1 在R上为 单调递增函数，求m的取值范围。
利用导数求解不等式恒成立问题的策略
值范围。
解析:因 为 f (x1 )-f (x2 )<a(x1 x2),所 以 f(x1)-ax1<f(x2)-ax2。
令 g(x)=f(x)-ax=x3 +ax2 -ax+ a2,则 g(x)在 (0,+ ∞ )上 单 调 递 增,g'(x) =3x2+2ax-a≥0对 x∈(0,+∞)恒成立。
令 h(x)=3x2 +2ax-a。
一,怎样 处 理 这 类 问 题 呢? 通 过 转 化 可 使 恒 成立问题 得 到 简 化,下 面 就 含 参 数 不 等 式 恒 成 立 问 题 的 解 题 策 略 举 例 说 明 ,仅 供 参 考 。
一、分离参数法
将原不等 式 分 离 参 数,转 化 为 不 含 有 参 数的函数 最 值 问 题,利 用 导 数 求 该 函 数 的 最 值 ,根 据 要 求 得 出 参 数 的 范 围 。
令 g(x)= -6lnx-3x-x 9,g'(x)= -3(x+3)(x-1)。
x2 当 0<x<1 时 ,g'(x)>0; 当 x>1时,g'(x)<0。 故 g(x)max=g(1)=-12,a≥-6。
二、函数最值法
函数,将另一个字母b 视为参数。 2.分离参数法遵循两点原 则:(1)已 知 不
x-x2
-
1。 x
令
g
(x )=x
-x2
-
1 ,则 x
g'(x)=
(1-x)(2x2 x2
+x+1)。
当
0<x
<1
时,g'(x)>0;当 x>1时,g'(x)<0。
高考数学复习知识点讲解教案第18讲 导数与不等式-第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题
3 ≥ 3 ,
3
4
解得 ln
4
3
≤<
2ln 2
，
3
3
4 2ln 2
故实数的取值范围为[ ln ,
).
4
3
3
探究点二 分类讨论法求参数范围
例2
（1）
[2023·厦门一中模拟] 已知函数 = ln + 1.
若 = 2， > 0，讨论函数 =
使得 0 < 0，则的取值范围是(
3 1
A.[− , )
4e 2
3 1
B.[ , )
4e 2
B
)
3 3
C.[− , )
2e 4
3
D.[ , 1)
2e
［思路点拨］ 构造函数 = e 2 − 1 ，ℎ = 2 − 2,原问题转化为存在
唯一的整数0 ，使得 0 < ℎ 0 ，结合导数及图象求解即可.
设 = 2ln 2 − ln ,则′ = 2ln 2 − ln − 1 =
令′ > 0，即
令′ <
4
ln
e
4
0，即ln
e
− ln > 0，得0 < <
− ln < 0，得 >
4
,
e
4
ln
e
即当 ∈
4
,即当
e
∈
当 → 0时, → 0，当 → +∞ 时, → −∞ .
若存在0 ≥ 1，使得ℎ 0 <
2 +2−1
即
2 −1
，则只需ℎ
利用导数解决恒成立问题
分析：已知版心的面
x
积，你能否设计出版心的
高，求出版心的宽，从而
列出海报四周的面积来？
图3.4-1
解 : 设 版 心 的 高 为 x d m , 则 版 心 的 宽 为 1 2 8 d m , 此 时 四 周 空 白 面 积 为
S(x)(x4)(1282)128 x x
2x5128,x0 x
令 求 ： 导 S数 '(x,)得 S 2'(因是1面x56x)1此最积d22m， 小 最2，x值小0=宽点。5 1x为1 6。22 是8所d函以m数解 ，时S得 当，(x： )版能的心使x 极 高四小1 为周值6 ， 空，白x 也 1 （ 6舍 ）
延伸学习
已知 f(x函 )a 数 xlnx(a0)g ,(x)x22x2. 若 对 x1 (0,) 均 , 存 x2 [0 在 ,1]使 , f(得 x1)g(x2) 成立 a的 ，取 求 .值范围
已知函数 f (x) (1 x) ex 1. .
（I）求函数 f (x) 的最大值； （Ⅱ）设 g(x) f (x) , x 1,且x 0 ,
202X
利用导数 研究“恒成立”的 问题
单击此处添加副标题
【问题展示】
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，
x 证明: g(x) ＜1.
（Ⅰ）f (x)＝－xex． 当 x∈(－∞，0)时，f (x)＞0，f (x)单调递增； 当 x∈(0，＋∞)时，f (x)＜0，f (x)单调递减． 所以 f (x)的最大值为 f (0)＝0． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，当 x＞0 时，f (x)＜0，g (x)＜0＜1． 当－1＜x＜0 时，g (x)＜1 等价于设 f (x)＞x． 设 h (x)＝f (x)－x，则 h (x)＝－xex－1． 当 x∈(－1，－0)时，0＜－x＜1，0＜ex＜1，则 0＜－xex＜1， 从而当 x∈(－1，0)时，h (x)＜0，h (x)在(－1，0]单调递减． 当－1＜x＜0 时，h (x)＞h (0)＝0，即 g (x)＜1．
高考复习-利用导数研究函数的存在与恒成立问题
利用导数研究函数的存在与恒成立问题知识集结知识元利用导数研究函数的恒成立与存在问题知识讲解“恒成立”问题与“存在性”问题是高中数学中的常见问题，它不仅考查了函数、不等式等传统知识和方法，而且导数的加入更是极大的丰富了该类问题的表现形式，充分体现了能力立意的原则，越来越受到命题者的青睐，成为高中数学的一个热点问题。
本文仅从以下九方面总结一下有关这类问题的不同的表现形式及解决方法，希望能对大家高考复习起到一定的帮助作用。
一、若对，恒成立，则只需即可；若对，恒成立，则只需即可；二、若，满足不等式，则只需即可；若，满足不等式，则只需即可；三、若对，使得不等式（为常数）恒成立，则只需即可四、若，满足方程，则只需两函数值域交集不空即可.五、若对总使得成立，则只需值域值域即可六、若对，使得不等式恒成立，则只需即可七、若对，满足不等式，则只需即可八、若对，总，使得成立，则只需即可九、若对，总，使得成立，则只需即可例题精讲利用导数研究函数的恒成立与存在问题例1.已知不等式e x-1≥kx+lnx，对于任意的x∈（0，+∞）恒成立，则k的最大值_____例2.设函数y=f（x）图象上在不同两点A（x1，y1），B（x2，y2）处的切线斜率分别是k A，k B，规定φ（A，B）=（|AB|为A与B之间的距离）叫作曲线y=f（x）在点A与点B之间的“弯曲度”．若函数y=x2图象上两点A与B的横坐标分别为0，1，则φ（A，B）=___；设A（x1，y1），B（x2，y2）为曲线y=e x上两点，且x1-x2=1，若m∙φ（A，B）<1恒成立，则实数m的取值范围是________．例3.已知函数f（x）=ax+lnx，若f（x）≤1在区间（0，+∞）内恒成立，实数a的取值范围为_________．当堂练习单选题练习1.”a>b”是”log7a>log7b”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件练习2.已知命题p：x>m，q：2+x-x2<0，如果命题p是命题q的充分不必要条件，则实数m的取值范围是（）A．（-∞，-1]B．（2，+∞）C．[1，+∞）D．[2，+∞）练习3.a<0，b<0的一个必要条件是（）A．a-b<0B．a+b<0C．>1D．<1练习4.直线x+y+a=0与圆x2+y2-2x+4y+3=0有两个不同交点的一个必耍不充分条件是（）A．-2<a<3B．-1<a<3C．-2<a<0D．0<a<3练习5.“”是“（1+tanα）（1+tanβ）=2”的（）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既不充分亦不必要条件填空题练习1.已知函数．若存在x∈[1，2]，使得，则实数b 的取值范围是________．练习2.已知函数．若存在x∈[1，2]，使得f（x）+xf'（x）>0，则实数b 的取值范围是________．练习3.若函数f（x）=x2+1与g（x）=2alnx+1的图象存在公共切线，则实数a的最大值为___练习4.设函数f（x）=e x（2x-1）-2ax+2a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）<0，则a的取值范围是_______．练习5.设函数f（x）在R上存在导数f'（x），∀x∈R，有f（-x）+f（x）=x2，在（0，+∞）上，f'（x）<x，若f（6-m）-f（m）-18+6m≥0，则实数m的取值范围是________．解答题练习1.'设函数f（x）=xlnx-ae x，其中a∈R，e是自然对数的底数．（1）若f（x）在（0，+∞）上存在两个极值点，求a的取值范围；（2）若，证明：f（x）<0．'练习2.'已知函数，e为自然对数的底数．（1）求函数f（x）的定义域和单调区间；（2）试比较e2x-1与（2x-1）e的大小，其中；（3）设函数，0<a<e，求证：函数g（x）存在唯一的极值点t，且．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）'练习3.'已知函数f（x）=ax-lnx-a，a∈R．（1）若a=1，求方程f（x）=0的根；（2）已知函数g（x）=-x∙f（x）+ax2-2ax+a在区间（1，+∞）上存在唯一的零点，求实数a的取值范围；（3）当a=0时，是否存在实数m，使不等式在（1，+∞）上恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，说明理由．'练习4.'已知函数f（x）=x-，g（x）=2ln（x+1）．（1）求最大正整数n，使得对任意n+1个实数x i（i=1，2，…，n+1），当x i∈[e-1，2]时，都有恒成立；（2）设H（x）=xf（x）+g（x），在H（x）的图象上是否存在不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1>x2>-1），使得成立．'练习5.'已知函数．（1）当a≥2时，求函数f（x）的单调区间；（2）设g（x）=e x+mx2-3，当a=e2+1时，对任意x1∈[1，+∞），存在x2∈[1，+∞），使，证明：m≤e2-e．'。
高考数学导数与不等式 利用导数研究恒成立问题
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.
微专题09导数解答题之恒成立与能成立问题 高考数学
试卷讲评课件
′ = − + = − − ，
令 = − −
，则′
=
−
≥ ，
所以函数′ 在[, +∞)上单调递增，
于是′ ≥ ′ = ，所以函数 在[, +∞)上单调递增，
所以[ ] = = ，于是 ≤ ，因此实数的取值范围是
, ＞，则
= =
，所以
≥
，即正实数的取值范围是[ , +∞).
试卷讲评课件
例3.(2024 ⋅四川泸州·二模)已知函数f x = 2x 3 − ax 2 + 2 a＞0 .
(1)求曲线y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
【解析】因为 = − + ＞ ，所以 = ，
则 ′
=
− −
=
− +
，设
= − + , ≠
则 ′ = ，令 ′ ＞，得＞，令 ′ ＜，得＜，
所以 ＞ = ，即 ′ ＞在 −∞, ∪ , +∞ 上恒成立，
，又＞，
′
所以当＜＜ 时 ＜，当＜或＞ 时 ′ ＞，
所以 在 , 上单调递减，在 −∞, ， , +∞ 上单调递增，
则在区间[−, ]内存在 ， ，使得 ⋅ ≥ ，
等价于在区间[−, ]内存在，使得 ≥ ，
所以函数 的单调增区间为 −∞, , , +∞ ，无单调减区间；
利用导数研究恒成立问题的常见策略及其优化
利用导数研究恒成立问题的常见策略及其优化展㊀佳(江苏省沙溪高级中学ꎬ江苏太仓２１５４００)摘㊀要:恒成立问题一直是高考的重点和难点.文章从一道模拟题出发ꎬ对学生的解题情况做了分析与整理ꎬ并对其中的一些解法提出了优化建议.关键词:恒成立ꎻ分类讨论ꎻ含参讨论中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２８－００２８－０３收稿日期:２０２３－０７－０５作者简介:展佳(１９９４.１１－)ꎬ女ꎬ江苏省太仓人ꎬ本科ꎬ中学二级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀利用导数研究恒成立问题一直是高考的重点和难点.这类问题综合性非常强ꎬ往往涉及函数与方程(组)㊁不等式与等式㊁三角函数等多种知识ꎬ因此对于学生的思维要求非常高ꎬ运算强度大ꎬ解法也是多种多样.本文从学生最熟悉的参变量分离和含参讨论这两种方法出发ꎬ根据不同学生的思维情况提出了不同的解题建议ꎬ根据不同学生作业中反馈出的知识盲点与思路的断档处ꎬ提出一定的优化意见ꎬ促使学生学有所得㊁得有所想㊁反思内化ꎬ帮助学生提升数学学科素养ꎬ在考试中获得更好的表现.１典例赏析题目㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｘｌｎｘꎬ当ｘȡ１时ꎬｆ(ｘ)ɤａｘ２－ａ恒成立ꎬ求ａ的取值范围.１.１参变量分离法解析㊀①当ｘ＝１ꎬ即０ɤ０ꎬ此时ａɪＲ.②当ｘ>１ꎬ原式等价于ａȡｘｌｎｘｘ２－１恒成立.令ｇ(ｘ)＝ｘｌｎｘｘ２－１(ｘ>１)ꎬｇᶄ(ｘ)＝－ｘ２ｌｎｘ－ｌｎｘ＋ｘ２－１(ｘ２－１)２.令ｈ(ｘ)＝－ｘ２ｌｎｘ－ｌｎｘ＋ｘ２－１ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝－２ｘｌｎｘ＋ｘ－１ｘꎬｈᵡ(ｘ)＝－２ｌｎｘ－１＋１ｘ２.因为ｘ>１ꎬ所以１ｘ２<１.即ｈᵡ(ｘ)＝－２ｌｎｘ－１＋１ｘ２<０.所以ｈᶄ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)单调递减.所以ｈᶄ(ｘ)<ｈᶄ(１)＝０.即ｈ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)单调递减.所以ｈ(ｘ)<ｈ(１)＝０.即ｇᶄ(ｘ)<０.所以ｇ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)单调递减.所以ｇ(ｘ)<ｌｉｍｘң１ｇ(ｘ).而ｌｉｍｘң１ｇ(ｘ)＝(ｘｌｎｘ)ᶄ(ｘ２－１)ᶄｘ＝１＝ｌｎｘ＋１２ｘｘ＝１＝１２ꎬ８２所以当原式等价于当ｘ>１ꎬａȡｘｌｎｘｘ２－１恒成立ꎬ则有ａȡ１２.综上所述ꎬａ的取值范围是[１２ꎬ＋ɕ).反思㊀此题参变量易分离ꎬ但分离后构造的新函数的导数相当复杂ꎬ需要多次求导方可达 彼岸 .这对于中等及偏下的学生是很不利的ꎬ经过１~２次导数运算ꎬ这些学生就丧失了解决此题的信心.那么ꎬ此题导数运算为何如此复杂?追根溯源ꎬ是因为ｘ２ｌｎｘ的存在.为了简化运算ꎬ可以考虑将ｌｎｘ前的多项式全部除掉ꎬ对此笔者做了下面的优化.优化１㊀ｇᶄ(ｘ)＝－ｘ２ｌｎｘ－ｌｎｘ＋ｘ２－１(ｘ２－１)２＝－(ｘ２＋１)ｌｎｘ＋ｘ２－１(ｘ２－１)２＝－ｌｎｘ＋(ｘ２－１)/(ｘ２＋１)(ｘ２－１)２ꎬ令Φ(ｘ)＝－ｌｎｘ＋ｘ２－１ｘ２＋１＝－ｌｎｘ－２ｘ２＋１＋１ꎬ则Φᶄ(ｘ)＝－１ｘ＋４ｘ(ｘ２＋１)２＝－(ｘ２－１)２ｘ(ｘ２＋１)２<０.即ｇᶄ(ｘ)<０.所以ｇ(ｘ)＝ｘｌｎｘｘ２－１在(１ꎬ＋ɕ)单调递减.下面求解过程同上ꎬ略.分离参数是解决恒成立问题的一种重要解题方法ꎬ往往也是学生解题时优先考虑的方法ꎬ这个方法思维含量要求比较低ꎬ更具普适性.通过参数与主元的分离ꎬ达到以简驭繁的目的.但在使用的时候往往存在两个难点:一是参数与变量能否顺利分离ꎬ二是分离后得到的新函数的单调性以及最值能否顺利解决[１].１.２含参讨论法解析㊀原式等价于当ｘȡ１时ꎬｘｌｎｘ－ａ(ｘ２－１)ɤ０恒成立ꎬ求ａ的取值范围.令ｇ(ｘ)＝ｘｌｎｘ－ａ(ｘ２－１)ꎬ得ｇ(１)＝０ꎬｇᶄ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１－２ａｘ.令ｈ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１－２ａｘꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝１ｘ－２ａ＝１－２ａｘｘ.①若ａɤ０时ꎬ得ｈᶄ(ｘ)>０.则ｇᶄ(ｘ)在[１ꎬ＋ɕ)上单调递增.所以ｇᶄ(ｘ)ȡｇᶄ(１)＝１－２ａȡ０.所以ｇ(ｘ)在[１ꎬ＋ɕ)上单调递增.所以ｇ(ｘ)ȡｇ(１)＝０.从而ｘｌｎｘ－ａ(ｘ２－１)ȡ０ꎬ不符合题意ꎬ舍.②若ａ>０ꎬ令ｈᶄ(ｘ)＝０ꎬ得ｘ＝１２ａ.(ⅰ)若０<ａ<１２ꎬ则１２ａ>１ꎬ当ｘɪ(１ꎬ１２ａ)时ꎬｈᶄ(ｘ)>０ꎬ则ｇᶄ(ｘ)在(１ꎬ１２ａ)上单调递增ꎬ此时ｇ(ｘ)ȡｇ(１)＝０ꎬ不符合题意ꎬ舍ꎻ(ⅱ)若ａȡ１２ꎬ则０<１２ａɤ１ꎬｈᶄ(ｘ)ɤ０在[１ꎬ＋ɕ)上恒成立ꎬ所以ｇ(ｘ)ɤｇ(１)＝０.即ｘｌｎｘ－ａ(ｘ２－１)ɤ０恒成立.综上所述ꎬａ的取值范围是[１２ꎬ＋ɕ).反思㊀对大部分高中生而言ꎬ分类讨论是难点ꎬ尤其是分类点的选择ꎬ此时可以通过抓住一些特殊点ꎬ比如利用端点值来缩小参数的取值范围ꎬ减少不必要的分类讨论情况.优化２㊀当ｘȡ１时ꎬｇ(ｘ)＝ｘｌｎｘ－ａ(ｘ２－１)ɤ０恒成立ꎬ则ｇ(ｅ)ɤ０ꎬ得ａȡｅｅ２－１.下证当ａȡｅｅ２－１时ꎬｇ(ｘ)ɤ０恒成立.ｇᶄ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１－２ａｘꎬ令ｈ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１－２ａｘꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝１ｘ－２ａ＝１－２ａｘｘ.９２(ⅰ)若ｅｅ２－１<ａ<１２ꎬ则１２ａ>１ꎬ当ｘɪ(１ꎬ１２ａ)时ꎬｈᶄ(ｘ)>０ꎬ则ｇᶄ(ｘ)在(１ꎬ１２ａ)上单调递增ꎬ此时ｇ(ｘ)ȡｇ(１)＝０ꎬ不符合题意ꎬ舍ꎻ(ⅱ)若ａȡ１２ꎬ则０<１２ａɤ１ꎬｈᶄ(ｘ)ɤ０在[１ꎬ＋ɕ)上恒成立ꎬ所以ｇ(ｘ)ɤｇ(１)＝０.即ｘｌｎｘ－ａ(ｘ２－１)ɤ０恒成立综上所述ꎬａ的取值范围是[１２ꎬ＋ɕ).优化３㊀由于ｇ(１)＝０ꎬ则ｇᶄ(１)ɤ０.令ｇ(ｘ)＝ｘｌｎｘ－ａ(ｘ２－１)ꎬ得ｇᶄ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１－２ａｘꎬｇᶄ(１)＝１－２ａɤ０.所以ａȡ１２.下证当ａȡ１２时ꎬｇ(ｘ)ɤ０恒成立.ｇᵡ(ｘ)＝１ｘ－２ａꎬ因为ａȡ１２ꎬ则－２ａɤ－１.又因为ｘȡ１ꎬ则０<１ｘɤ１ꎬ所以ｇᵡ(ｘ)＝１ｘ－２ａ<０ꎬ即ｇᶄ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１－２ａｘ在[１ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ从而ｇ(ｘ)ɤｇ(１)＝０.综上所述ꎬａ的取值范围是[１２ꎬ＋ɕ).在含参讨论中运用端点效应常常起到事半功倍的效果.通过取函数定义域内的某个特殊的值或某几个特殊的值ꎬ先初步获得参数的一个较小范围即必要条件ꎬ再在该范围内讨论ꎬ或去验证其充分条件ꎬ进而解决问题ꎬ用该方法解决恒成立问题可以减少分类讨论的类别ꎬ但并不是所有恒成立问题均能通过端点效应解答[２]ꎬ这只是一种优化手段.１.３数形结合法解析㊀显然ａ>０.因为ｆᶄ(ｘ)＝１＋ｌｎｘꎬ当ｘȡ１时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ所以ｙ＝ｆ(ｘ)在[１ꎬ＋ɕ)单调递增且ｆ(１)＝０.令ｇ(ｘ)＝ａ(ｘ２－１)ꎬ函数ｇ(ｘ)图象开口向上ꎬ在[１ꎬ＋ɕ)单调递增且ｇ(１)＝０.根据不同函数的增长变化情况可知ꎬｙ＝ｘ在某个范围内增长速度是远大于ｙ＝ｌｎｘ的ꎬ即ｇ(ｘ)＝ａ(ｘ２－１)在某个范围内增长速度是远大于ｆ(ｘ)＝ｘｌｎｘ的ꎬ因此只要考虑ｘ＝１附近的变化情况.满足ｆᶄ(１)ɤｇᶄ(１)ꎬ解得ａȡ１２.运用数形结合法解决大题中的恒成立问题ꎬ由于对图象部分描述缺乏严格意义上的代数证明ꎬ或者说理不够清楚ꎬ在考试中存在扣分的现象ꎬ但对考生而言是能够降低思维成本㊁缩短思考时间㊁提高得分效率的ꎬ此方法更适合小题目.２教学反思恒成立问题的解题策略除了上述所介绍的ꎬ还有同构㊁放缩等ꎬ这些方法对于学生能力要求更高ꎬ题目的局限更大ꎬ考虑到所带班级情况ꎬ笔者在这里就不再一一展示.解决恒成立问题策略多样ꎬ这就要求教师在教学过程中一方面要关注学生的思维发展情况ꎬ真正做到因材施教ꎬ有针对性地进行教学点评ꎬ提出优化的建议ꎬ继而发展数学核心素养ꎻ另一方面要帮助学生认识到不同方法之间的差异在于对条件结论的认知区别ꎬ方法的选择依赖对条件结论和自身能力的判断.只有平时做好基础知识的储备和整理ꎬ方能在考试中大展拳脚.参考文献:[１]谢锦辉.恒成立问题中参数范围的求解策略[Ｊ].中学数学研究(华南师范大学版)ꎬ２０２３(０７):３１－３３.[２]唐雯佳.导数恒成立问题中 端点效应 解法的辨析及思考[Ｊ].数学之友ꎬ２０２２ꎬ３６(２４):７３－７６.[责任编辑:李㊀璟]０３。
导数恒成立问题3种基本方法
导数恒成立问题3种基本方法
这种方法是根据导数定义和基本求导公式来求导数的，需要掌握一些基本公式，如：
1.导数的定义：f'(x) = lim(h→0) [f(x+h) - f(x)]/h
2.常数的导数：(c)' = 0
3.幂函数的导数：(x^n)' = nx^(n-1)
4.指数函数的导数：(a^x)' = a^xlna
5.对数函数的导数：(loga x)' = 1/(xlna)
6.三角函数的导数：(sinx)' = cosx，(cosx)' = -sinx，(tanx)' = sec^2x
二、运算法则法
这种方法是根据导数的运算法则来求导数的，需要掌握一些基本运算法则，如：
1.加减法则：(f+g)' = f' + g'
2.乘法法则：(fg)' = f'g + fg'
3.除法法则：(f/g)' = [f'g - fg']/g^2
4.复合函数法则：(f(g(x)))' = f'(g(x))g'(x)
三、对数微分法
这种方法是使用对数微分法来求导数的，需要掌握以下公式：
1.对数微分法：y = f(x)，y' = [ln(y)]'
2.求导公式：[ln(f(x))]′ = f′(x)/f(x)
3.应用：可以将y = f(x)转化为lny = lnf(x)，再求导。
以上就是求导的三种基本方法，掌握它们可以更好地理解导数的概念和作用。
函数导数中的恒成立问题解题技巧
函数导数中的恒成立问题解题技巧函数导数中的恒成立问题解题技巧随着新课标下的高考越来越重视考查知识的综合应用，恒成立问题成为了考试中的热点问题。
这种问题涉及方程、不等式、函数性质与图象及它们之间的综合应用，同时渗透换元、转化与化归、数形结合、函数与方程等思想方法，考查综合解题能力。
在函数、导数中，这种问题更为明显。
本文将介绍两种解题技巧。
一、利用函数的性质解决XXX成立问题利用函数的性质解决恒成立问题，主要是函数单调性的应用。
例如，对于已知函数$f(x)=x^3+(1-a)x^2-a(a+2)x+b(a,b\in R)$，若函数$f(x)$的图象过原点，且在原点处的切线斜率是$-3$，求$a,b$的值。
我们可以先求出$f'(x)$，然后令$f(0)=b=0$，$f'(-1)$和$f'(1)$的乘积小于$0$，解出$a=-3$或$a=1$。
再比如，若函数$f(x)$在区间$(-1,1)$上不单调，求$a$的取值范围。
我们可以利用导函数$f'(x)$在给定的区间上有零点这一性质，根据函数零点的存在性定理解出$a$的取值范围。
二、利用数形结合思想解决恒成立问题利用数形结合思想解决恒成立问题，可以通过画图来求出函数的单调区间、极值点等信息，再结合数学方法解决问题。
例如，对于已知$x=3$是函数$f(x)=a\ln(1+x)+x^2-10x$的一个极值点，求$a$。
我们可以求出$f'(x)$，然后令$f'(3)=0$，解出$a=16$。
再比如，若直线$y=b$与函数$y=f(x)$的图象有$3$个交点，求$b$的取值范围。
我们可以根据函数$f(x)$的单调性来求出其极大值和极小值，画出图象，数形结合可以求出$b$的取值范围。
这些技巧可以帮助我们更好地解决函数导数中的恒成立问题，提高我们的解题能力。
方法点评：分离参数是解决恒成立问题的一种重要方法，通过构造新函数并求其最值，可以得到参数取值范围。
第5讲 第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题
13
突破核心命题 9拓展提能 限时规范训练
反思感悟 根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问 题，此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最 值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函 数值不满足题意即可．
14
突破核心命题 9拓展提能 限时规范训练
1
突破核心命题 9拓展提能 限时规范训练
第1课时 利用导数 研究恒(能)成立问题
2
突破核心命题 9拓展提能 限时规范训练
命题解读 恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能) 成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查学 生分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度略大．
③lim
x→a
f′ g′（（xx））＝A，那么lxi→ma
gf（（xx））＝lxi→ma
f′ g′（（xx））＝A.
注意：高中阶段能使用洛必达法则的题目一般都能使用分类讨论，
但分类讨论难度较大，所以可采用分参求最值的方式，一般大题中对使
用洛必达法则的赋分可能因标准不同而不同．
28
突破核心命题 9拓展提能 限时规范训练
15
突破核心命题 9拓展提能 限时规范训练
①当a≤0时，φ′(x)>0， ∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，∴a≤0符合题意． ②当a>0时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1. 当x∈(－∞，ln a＋1)时，φ′(x)<0， 当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0， ∴φ(x)在(－∞，ln a＋1)上单调递减， 在(ln a＋1，＋∞)上单调递增．
运用导数法证明不等式恒成立的基本思路
知识导航不等式恒成立问题是高中数学中常见的问题，而导数法是解答不等式恒成立问题的重要手段，尤其对于含有对数、指数的不等式问题，运用导数法来求解最为直接、有效.运用导数法证明不等式恒成立的基本思路是：1.将不等式变形为f(x)≥(≤)a，或f(x)-g(x)≥(≤)0的形式，构造新的函数；2.对新函数求导，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值；3.使f(x)的最值≥(≤)a或f(x)-g(x)≥(≤)0，即可证明不等式恒成立.运用导数法证明不等式恒成立的关键是分离变量，将不等式合理变形，构造适当的函数，把不等式问题转化为函数的最值问题来求解.下面结合实例来进行说明.例1.证明当x∈R时，ln x≤x-1恒成立.证明：令g(x)=x-1-ln x x，g′(x)=x2-1+ln xx2，设h(x)=x2-1+ln x，则h(1)=0，且h′(x)=2x+1x>0，所以h(x)在(0,+∞)单调递增，故当x<x<1时，h(x)<0，则g′(x)<0，当x>1时，h(x)>0，则g′(x)>0.所以g(x)在（0,1）内单调递减，在(1,+∞)单调递增.故g(x)≥g(1)=0,因此ln x≤x-1.我们首先将不等式变形，然后构造新的函数g(x)、h(x)，通过分析g(x)、h(x)的导函数，求得g(x)的最值，进而证明已知不等式恒成立.例2.已知函数f(x)=x ln x(x>0).若对任意x∈(0,+∞),f(x)≥-x2+mx-32恒成立，求实数m的最大值．证明：由f(x)≥-x2+mx-32及f(x)=x ln x，得m≤2x ln x+x2+3x，则问题转化为m≤æèçöø÷2x ln x+x2+3xmin.令g(x)=2x ln x+x2+3x(x>0)，则g′(x)=2x+x2-3x2,由g′(x)>0可得x>1，由g′(x)<0得0<x<1.所以g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)min=g(1)=4，即m≤4，所以m的最大值是4.利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本思路是，(1)若f(x)与g(x)的最值容易求出，可将问题转化为证明f(x)min>g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)=f(x)-g(x)，利用导数法确定函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.例3.已知f(x)=(x+1)(1-x-ln x)a x，证明f(x)<1+e-2恒成立.证明：由e x>x+1易得x<x+1e x<1，若x>1，则1-x-ln x≤0，则f(x)≤0<1+e-2，若x<1⇒1-x-ln x>0，则f(x)<1-x-ln x，令g(x)=1-x-ln x，则g′(x)=-ln x-2=0，则x=e-2，易得f(x)在(0,e-2)单调递增，在(e-2,+∞)单调递减，所以f(x)max=g(e-2)=1+e-2，因此f(x)<1+e-2.在证明本题的过程中，首先借助不等式中常见的结论e x≥x+1，得出0<x+1e x<1，进而将问题简化为证明当x<1时，f(x)<1-x-ln x恒成立，然后通过构造新函数g(x)，讨论g(x)的导函数，确定f(x)的单调性和最值，进而证明原不等式成立.我们要熟记一些常见的不等式结论，如e x≥x＋1，ln x<x<e x(x>0)，xx+1≤ln(x+1)≤x(x>-1).导数法是证明不等式问题的重要方法.同学们要熟练掌握运用导数法证明不等式恒成立问题的基本思路，同时要学会灵活运用数形结合思想、转化思想和分类讨论思想来辅助解题.（作者单位：甘肃省岷县第二中学）肖龙38Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
[
1 3
x
3 综上，实数a的取值范围是[ ，＋∞]． 5
【总结提升】解决恒成立问题的基本方法：
1．分离参数法：类似于解法二，其优点 在于：转化为最值问题，有时可以避开繁 琐的讨论． 2．直接研究函数的形态．类似于解法一； 其缺点在于：有些问讨论比较复杂．
当然，在解决问题时，要根据所给问题 的特点，选择恰当的方法来解题．并在解题 过程中，能够依据解题的进程合理地调整解 题策略．
1＋ 2 ②若 Δ＞0，即a＜ 时，g(x)＝0的两个根为 2 －1± －4a2＋4a＋1 ， 2a －1－ －4a2＋4a＋1 由于 ＜0， 2a
2
y
g '( x ) 3 a x 2 x a 1 ，
O
－1＋ －4a2＋4a＋1 1 3 所以当 ≤ ，即a≥ ． 2a 3 5 3 1＋ 2 3 1＋ 2 由于 ＜ ，所以当a∈[ ， )时， 5 2 5 2 1 g(x)≥0在x∈[ ，＋∞）上恒成立． 3
2
设 g(x)＝ax ＋x＋a－1， 1 则 g(x)≥0 在 x≥ 上恒成立， 3 于是，问题也就转化成了研究二次函数 g(x)的形 态问题．
2
1 函数 g(x)＝ax ＋x＋a－1，x∈[ ，＋∞） 3
2
1 （1）若 a＝0，则 g(x)＝x－1，在[ ，＋∞）上是增函数． 3 1 2 故 g(x)min＝g( )＝－ ＜0，所以 a＝0 不合题意． 3 3
1－ 2 1 3 因为g( )＝ ，g( 2＋1)＝ ＜0． 3 5 2 －x＋1 且当x→＋∞时，g(x)＝ 2 ＜0， x ＋1 1 3 所以在x∈[ ，＋∞）时，g(x)max＝ ． 3 5 3 所以实数a的取值范围是[ ，＋∞]． 5 y
1
O
1 3
2 1
x
解法二： 可以由 f(x)≤ax 恒成立， 得到－ax3－x2＋x≤ax， 1 即 ax ＋x＋a－1≥0 在 x≥ 时恒成立． 3
f ( x ) ln x p ( x 1), p R .
（1）当p=1时，求函数
（2）设函数 g ( x )
f ( x ) 的单调区间；
2
xf ( x ) p ( 2 x x 1) 对任意 x 1
都有
g (x) 0
成立，求p的取值范围。
a 练习3 ：设函数 f ( x ) e 1 x a x ， R ．
f ( x) 2
成立，求实数m 的取值范围．
悟：1、在此类问题的求解中，能够分离参数的尽
量分离参数，转化为最值问题，因为这样往往可以 简化解题步骤，减少大量繁杂运算．如不能分离参 数，需要进行分类讨论，讨论时要做到不重不漏、 不慌不乱，逐一分析，纵观全局。 2、在讨论过程中大多数情况要研究导函数，在对 导函数研究过程中我们要时刻关注导函数是否为我 们“认识的函数”，若认识应避免再求导，若不认 识要将导函数进行整理，尽量整理成两“认识函数” 的差，这样会更有利于我们采用“以形助数，数形 结合”的方法进行研究。
－x＋1 1 即 a≥ 2 在 x∈[ ，＋∞）上恒成立. 3 x ＋1 －x＋1 1 设 g(x)＝ 2 ，x∈[ ，＋∞） ，则 a≥g(x)max． 3 x ＋1 x2－2x－1 因为 g′(x)＝ 2 ，由 g′(x)＞0 得 x＞ 2＋1． (x ＋1)2 1 所以，函数 g(x)在（ ， 2＋1）上递减， 3 在（ 2＋1，＋∞）上递增．
【变式训练1】 已知函数 f ( x ) a ln x x （a 为常数）， 若存在实数 x [1, e ] ，使 f ( x ) ( a 2 ) x
2
成立，求实数 a 的取值范围。
【变式训练2】 m 设 f (x) mx
x
2 ln x
，若对
x [1,
3]
，
均有
x 2
（1）若a 0 ，求 f ( x ) 的单调区间； （2）若当 x 0 时，f ( x ) 0 恒成立，求 a 的范围． （对导函数深刻剖析，步步逆推求函数最值，进而得 出参数范围）
【说明】 恒成立问题在呈现方式上有时会有一些 变化．可能会一下的形式出现： 1．方程有解问题
若关于x的方程 x 2 a ln x 2 a x （a＞0）有 唯一解，求实数a的值．
2
1 答案：a＝ 2
【说明】 恒成立问题在呈现方式上有时会有一些 变化．可能会一下的形式出现：
2．不等式问题
x 1 试证：对任意的x＞0，都有 f ( x ) g ( x ) 成立．
已知 f ( x ) ln ( x 1) ， g ( x ) 1
1
，
【说明】 恒成立问题在呈现方式上有时会有一些 变化．可能会一下的形式出现：
x1 x 2
f ( x ) ln x ( x )
，都有
g ( x 2 ) g ( x1 ) x2 x 1
1
，求 a 的取值范围．
法四：构造函数法
思：“分离参数”的解法虽然比较简洁， 但有一定的局限性．当分离参数的方法 受阻时，只能转为直接求最值，此时要 求学生随着解题步骤的深化灵活应对， 及时构造关于参数 a 的函数再次进行 分析求解．
导数中的恒成立问题 的处理办法
新郑一中分校高三数学组：宋翠玲
f(x) ＝－ ax 3－ x 2 ＋ x(a? R )，当 x 问题一： 已知函数 1 ≥ 3 时， f(x)≤ ax 恒成立，求实数 a 的取值 范围．
思考：这一类问题的基本解法有哪些呢？
解法一：由 f(x)≤ax 恒成立，得到 1 a(x3＋x)≥ －x2＋x 在 x∈[ ，＋∞）时恒成立． 3 －x2＋x 1 因为 x≥ ，所以 x3+x＞0, 所以 a≥ 3 ， 3 x ＋x
反馈检测：
1：设函数 f ( x ) ln ( x 1) a e a k ， R ． a （Ⅰ）当 a 1 时，证明 f ( x ) 在(0,，f ( x ) 0 ，求 a 的取值范围．
x
2：（2012郑州市第一次质量预测）设函数
（2）若 a<0，则 g (x)图像是开口向下的抛物线， 1 于是， g(x)在[ ， ＋∞） 上不可能恒为非负数， 3
[ 1 , ) 3
不合题意．
1 函数 g(x)＝ax ＋x＋a－1，x∈[ ，＋∞） 3
2
（3）若a>0时，Δ＝1－4∙a· －1)＝－4a2＋4a＋1． (a
1＋ 2 ①若 Δ≤0，即a≥ 时，g(x)在R上 2 1＋ 2 恒为非负数，所以a≥ 满足题意． 2
3．变量的任意性和存在性
已知函数 f ( x ) x | x 1 |,
2
g ( x) x ax(a 0) ，
3
若 x1 [1, 2 ],
x 2 [ 2 , 3] ，使得
f ( x1 ) 1 x1
g ( x2 )
恒成立，求实数 a 是取值范围．
答案：a＜0
问题二：
已知函数 f ( x ) x a ln x 2 ，若
2
f ( x ) 1 0 恒成立，求实数 a 的取值
范围．
法三： 转化为以参数为新变元的问题求解
问题三：
已知函数
(x)
a x 1
，a 为正常数．
a 9
（1）若 ，且 2 ，求函数 f ( x ) 的 单调增区间； （ 2 （2）若 g ( x ) ln x ( x ) ，且对意 x 1， x 2 0， ]，