利用导数研究存在性与任意性专题

利用导数研究恒成立、存在性与任意性问题一、利用导数研究不等式恒成立问题
[典例］设ｆ(x)=e x－a(x＋１).
(１)若∀x∈Ｒ,ｆ(x)≥0恒成立,求正实数a得取值范围;
(2)设g(ｘ)=f(x)+a
eｘ
,且A(x1,y1),Ｂ(x2,y2)(x１≠x２)就是曲线ｙ＝g(x)上任意两点,
若对任意得ａ≤－1,直线AＢ得斜率恒大于常数m,求m得取值范围、［解］(1)因为f(x)＝e x－a(ｘ＋1),
所以f′(x)=e x—ａ、
由题意,知a＞0,
故由f′(x)=e x－ａ=0,
解得x＝lｎa。

故当ｘ∈(－∞,ln a)时,
f′(x)＜０,函数f(ｘ)单调递减;
当ｘ∈(ln a,+∞)时,
f′(x)>0,函数ｆ(x)单调递增、
所以函数f(x)得最小值为f(lnａ)=e ln a—a(ln a＋1)=-a ln a。

由题意,若∀x∈R,f(x)≥0恒成立,
即f(x)=e x—a(x+1)≥0恒成立,
故有—ａlｎa≥0,
又a＞０,所以ln a≤0,解得0＜ａ≤1、
所以正实数a得取值范围为(0,１].
(2)设x１,x2就是任意得两个实数,且x1＜x２。

则直线AB得斜率为k=g x2－g x1
x2-ｘ1
,
由已知k>m,
即g x2—g x１
x2－x1
＞m.
因为ｘ2—x１＞0,
所以ｇ(ｘ2)－g(x１)>m(x２—x１),
即g(ｘ2)—mx2〉g(ｘ1)-mx1.
因为x1<x２,
所以函数h(x)＝ｇ(x)-mx在R上为增函数, 故有ｈ′(ｘ)=g′(x)-ｍ≥0恒成立,
所以m≤ｇ′(x).
而g′(x)=e x－a—a e x,
又a≤－1＜0,
故ｇ′(x)=e x＋
-a
ｅｘ－a≥2错误!-a
＝2－ａ-ａ、
而2＼r(－a)-a＝2错误!+(错误!)2
＝(错误!+1)2－1≥3,
所以ｍ得取值范围为(－∞,3].
［方法点拨］
解决该类问题得关键就是根据已知不等式得结构特征灵活选用相应得方法,由不等式恒成立求解参数得取值范围问题一般采用分离参数得方法.而第(2)问则巧妙地把直线得斜率与导数问题结合在一起,命题思路比较新颖,解决此类问题需将已知不等式变形为两个函数值得大小问题,进而构造相应得函数,通过导函数研究其单调性解决、
[对点演练]
已知ｆ(x)＝xｌn x,g(x)＝－ｘ2＋ax－3.
(1)若对一切x∈(0,＋∞),２f(x)≥g(x)恒成立,求实数a得取值范围.
(2)证明:对一切x∈(０,+∞),ln x＞１
e x-＼f(２,ex)恒成立、
解:(1)由题意知2x ln x≥－x2+ａx－3对一切x∈(0,＋∞)恒成立,
则a≤2ln x+x＋３ｘ,
设h(ｘ)＝2ln ｘ+ｘ+３
x(x>0),
则ｈ′(x)＝x+3x-1
x2、
①当x∈(０,1)时,ｈ′(ｘ)〈0,h(ｘ)单调递减;
②当x∈(1,＋∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增。

所以h(x)min=h(１)=4,
对一切x∈(0,＋∞),2ｆ(ｘ)≥ｇ(x)恒成立,
所以ａ≤h(x)ｍｉｎ＝4,
即实数a得取值范围就是(－∞,4].
(2)问题等价于证明ｘln x〉x
eｘ
－
2
ｅ(x>0)。

又f(x)＝x ln x(x＞0),f′(x)=ln x＋1,
当ｘ∈错误!时,ｆ′(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈错误!时,f′(x)〉0,f(ｘ)单调递增, 所以ｆ(x)ｍin＝f错误!=－错误!.
设m(x)＝x
eｘ
—
2
ｅ(x〉0),
则m′(x)＝＼f(1－ｘ,e 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)＝－1
e,从而对一切x∈(0,+∞),
ｆ(ｘ)＞m(x)恒成立,
即xｌnｘ〉x
ｅｘ-＼f(2,
ｅ)恒成立.
即对一切x∈(0,＋∞),lnｘ〉1
e x－
2
eｘ
恒成立.
二、利用导数研究存在性与任意性问题
［典例］设ｆ(x)＝a
x+x lｎx,g(x)＝x
3－x2－3。

(１)如果存在x1,ｘ2∈［０,２],使得g(x1)－g(x２)≥M成立,求满足上述条件得最大整数M;
(2)如果对于任意得s,t∈错误!,都有f(s)≥g(t)成立,求实数ａ得取值范围、
［解](１)存在x
１
,x2∈［０,２］,
使得g(x
１
)－g(x2)≥Ｍ成立,
等价于［g (x 1)-ｇ(ｘ２)］ｍａx ≥M 。

由g (x )=x 3－x 2—3,
得g ′(x )＝３ｘ2－2x =３x 错误!。

由g ′(x )＜０,解得0〈ｘ〈错误!;
由g ′(x )>0,解得ｘ<0或x 〉23.
又x ∈［0,2],
所以g (x )在区间错误!上单调递减,在区间错误!上单调递增,
又g (0)＝－3,ｇ(2)=1,
故g (x )ｍa ｘ=g (2)＝1,
g (x )m ｉn ＝g 错误!＝—错误!、
所以[g (x 1)－g (x 2)］ma ｘ
=ｇ(ｘ)m ａx －g (x )m ｉn
=1＋8５27＝１1227≥M ,
则满足条件得最大整数M ＝4。

(２)对于任意得s ,t ∈错误!,
都有f (s )≥g (t )成立,等价于在区间错误!上,
函数ｆ(x )ｍｉn ≥g (x )ｍａx .
由(1)可知在区间错误!上,g (x )得最大值为g (2)=１、
在区间错误!上,f (x )＝错误!＋x ln ｘ≥１恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立. 设h (x )=x -x 2l ｎ x ,x ∈错误!,
则h ′(ｘ)=１—2ｘｌn x －x ,
易知h ′(x )在区间错误!上就是减函数,
又h ′(1)=0,所以当1＜x ＜２时,h ′(ｘ)〈0;
当12<x <１时,h ′(ｘ)>0.
所以函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间错误!上单调递增,在区间［1,2］上单调递减, 所以h (x )max =h (1)＝1,
所以实数a 得取值范围就是[1,+∞)、
［方法点拨］
等价转化法求解双参数不等式
双参数不等式问题得求解方法一般采用等价转化法.本例第(１)问就是“存在性”问题,转化方法就是:如果存在x1,ｘ2∈[0,2］使得g(x1)－g(x2)≥M成立,则可转化为M≤［ｇ(x１)－g(ｘ２)]ｍａx,即求解使不等式M≤g(x)max-g(ｘ)min成立时得Ｍ得最大取值;第(２)问就是“恒成立”问题,转化方法就是:如果对于任意得ｘ1,x２∈错误!,都有f(x1)≥ｇ(x2)成立,则可转化为在区间错误!上,ｆ(x)min≥g(ｘ)ｍax,求解得到实数ａ得取值范围.
[对点演练]
已知函数f(x)＝ｌn x-aｘ+＼f(１－a,x)－１(a∈R).
(1)当0＜a〈1
２
时,讨论f(x)得单调性;
(2)设ｇ(x)＝ｘ2－2bx+4.当a=＼f(１,4)时,若对任意ｘ1∈(0,2),存在x2∈［1,2］,使f(x1)≥g(ｘ2),求实数b得取值范围。

解:(1)因为f(ｘ)=ｌn x-ａx＋＼f(１—a,ｘ)－1,
所以f′(x)=＼f(1,x)－ａ＋ａ—1
x2＝—＼f(ax
2－ｘ+１－a,x２),x∈(0,+∞),
令ｆ′(ｘ)=0,可得两根分别为1,＼f(1,a)－1,
因为0＜a＜1
2,所以＼f(１,a)－1>1〉0,
当x∈(0,1)时,f′(x)＜0,函数f(x)单调递减; 当x∈错误!时,f′(ｘ)＞0,函数f(x)单调递增; 当x∈错误!时,f′(x)〈0,函数f(x)单调递减。

(２)a=１
4∈错误!,错误!－1＝３∉(0,２),
由(１)知,当x∈(０,１)时,f′(x)<0,函数ｆ(x)单调递减;当ｘ∈(1,2)时,ｆ′(x)>0,函数ｆ(x)单调递增,
所以f(ｘ)在(0,２)上得最小值为ｆ(1)=－1 2。

对任意x1∈(０,２),存在x２∈［1,2］,使f(x1)≥g(x2)等价于g(x)在[１,2]上得最小值不大于f(ｘ)在(０,2)上得最小值－错误!,(*)
又g(x)=(x－b)2＋4—b2,ｘ∈[1,２］,
所以,①当ｂ<1时,g(x)mｉｎ=g(１)＝5—２ｂ〉0,此时与(*)矛盾;
②当１≤b≤2时,g(x)ｍiｎ=4－ｂ2≥0,同样与(*)矛盾;
③当ｂ＞2时,g(x)mｉn＝ｇ(2)＝8－4ｂ,
且当ｂ＞2时,8－4b<0,
解不等式8－4b≤—１
２
,可得b≥错误!,
所以实数b得取值范围为错误!.。