导数的不等式恒成立问题
专题05 应用导数研究不等式恒成立问题(解析版)
专题05 应用导数研究不等式恒成立问题【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，应用导数研究不等式恒成立问题的主要命题角度有：证明不等式恒成立、由不等式恒(能)成立求参数的范围、不等式存在性问题.本专题就应用导数研究不等式恒成立问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法---参变分离、数形结合、最值分析等.一、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明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)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.二、不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：(2)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(a＞0，Δ＜0或a＜0，Δ＜0)求解．三、不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．【压轴典例】例1．（2021·全国高三其他模拟）已知数列{}n a 满足11a =，()1ln 1n n a a +=+.若11n n a a λ++≥恒成立，则实数λ的最大值是（ ）(选项中e 为自然对数的底数，大约为2.71828)A ．21e -B ．2e 1- CD ．e【答案】D【详解】由()1ln 1n n a a +=+得()111ln 1n n n n a a a a +++-=-+，设()ln(1),1f x x x x =-+>-， ()1x f x x '=+，()f x 在(1,0)-单调递减，在(0,+∞）单调递增，故min ()(0)0f x f ==，则10n n a a +->，所以1n n a a +≤， 1n a ≥，由11n n a a λ++≥得111ln(1)n n a a λ++++≥易得11ln(11)n n a a λ++≤++，记110n t a ++=>，所以111ln(1ln )n n a t a t ++=++，记()ln t f t t=，()2ln 1()ln t f t t -'=，当ln 10t ->即()0f t '>得t e >时()f t 单调递增，当ln 10t -<即()0f t '<得0t e <<时()f t 单调递减，所以min ()()f t f e e ==，得e λ≤，例2．（2021·浙江嘉兴市·高三）已知函数()()()1x f x e a tax =-+，其中0t ≠．若对于某个t ∈R ，有且仅有3个不同取值的a ，使得关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则t 的取值范围为（ ）A ．()1,eB ．(),2e eC ．(),e +∞D ．()2,e +∞ 【答案】C【详解】显然0a ≥，否则0x e a ->，于是()()()10x f x e a tax =-+≥，即10tax +≥，这与不等式的解集为R 矛盾．又易知0a =时，不等式()0f x >恒成立．于是仅需再分析0a >的情形．易知0t >，由()()()10x f x e a tax =-+=知ln x a =或1x ta=-，所以11ln ln a a a ta t =-⇔-=．所以原问题等价于关于a 的方程1ln a a t-=有两解，设()ln h a a a =，则()ln 1h a a '=+，10a e <<时，()0h a '<，()h a 递减，1a e>时，()0'>h a ，()h a 递增，所以min 11()h a h e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，0x →时，()0h a →，a →+∞时，()h a →+∞，所以由关于a 的方程1ln a a t -=有两解，得110e t-<-<，所以t e >． 例3.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a.(1)当a=e 时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)≥1,求a 的取值范围.【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ae x-1-.(1)当a=e 时,f(x)=e x -ln x+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.直线y=(e-1)x+2在x 轴,y 轴上的截距分别为,2,因此所求三角形的面积为.(2)当0<a<1时,f(1)=a+ln a<1不满足条件;当a=1时,f(x)=e x-1-ln x,f'(x)=e x-1-.当x ∈(0,1)时,f'(x)<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.所以a=1满足条件;当a>1时,f(x)=ae x-1-ln x+ln a ≥e x-1-ln x ≥1.综上,a 的取值范围是[1,+∞).例4.(2020·全国卷Ⅰ高考理科·T21)已知函数f(x)=e x +ax 2-x.(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x ≥0时,f (x )≥x 3+1,求a 的取值范围. 【解析】(1)当a =1时,f=e x +x 2-x ,f'=e x +2x -1,由于f″=e x +2>0, 故f'单调递增,注意到f'=0, 故当x ∈时,f'<0,f 单调递减,当x ∈时,f'>0,f 单调递增.(2)由f ≥x 3+1得,e x +ax 2-x ≥x 3+1,其中x ≥0, ①当x =0时,不等式为:1≥1,显然成立,符合题意;②当x>0时,分离参数a得,a≥-,记g =-,g'=-,令h=e x -x2-x -1,则h'=e x-x-1,h″=e x-1≥0,故h'单调递增,h'≥h'=0,故函数h单调递增,h≥h=0,由h≥0可得:e x -x2-x-1≥0恒成立,故当x ∈时,g'>0,g单调递增;当x ∈时,g'<0,g单调递减,因此,=g =,综上可得,实数a 的取值范围是.例5.(2020·天津高考·T20)已知函数f(x)=x3+k ln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;②求函数g(x)=f(x)-f'(x )+的单调区间和极值;(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>.【解析】(1)①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,f'(x)=3x2+.可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x +,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x +-,整理可得:g'(x )=,令g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如表:x(0,1) 1 (1,+∞)g'(x) - 0 +g(x) 单调递减极小值单调递增所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)由f (x )=x 3+k ln x ,得f'(x )=3x 2+.对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令=t (t >1), 则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))=(x 1-x 2)-2 =--3x 2+3x 1+k -2k ln =(t 3-3t 2+3t -1)+k .(ⅰ)令h (x )=x --2ln x ,x ∈(1,+∞).当x >1时,h'(x )=1+-=>0,由此可得h (x )在(1,+∞)上单调递增,所以当t >1时,h (t )>h (1),即t --2ln t >0. 因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t -1=(t -1)3>0,k ≥-3, 所以(t 3-3t 2+3t -1)+k ≥(t 3-3t 2+3t -1)-3=t 3-3t 2+6ln t +-1.(ⅱ) 由(1)②可知,当t >1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t +>1,故t 3-3t 2+6ln t +-1>0.(ⅲ) 由(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))>0.所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有>.例6．（2021·江苏苏州市·高三）已知函数()e ln ax f x x x =-，其中e 是自然对数的底数，0a >.（1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线斜率为21e -，求a 的值；（2）对于给定的常数a ，若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，求证：b a ≤．【答案】（1）1a =；（2）证明见解析.【详解】（1）因为1()(1)ax f x ax e x'=+-，所以切线斜率为(1)(1)121a k f a e e '==+-=-，即(1)20a a ee +-=．设()(1)2x h x x e e =+-， 由于()(2)0x h x x e '=+>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0h =，由(1)()02a a e h a e +-==可得1a =．（2）设()1t u t e t =--，则()1t u t e '=-，当0t >时，()0u t '>，当0t <时，()0u t '<，所以()u t 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以min()(0)0u t u ==，即()0u t ≥，所以1(*)t e t ≥+．若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ax xe x bx --≥对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax ax x xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立．设ln 1()ax xe x g x x --=，由（*）可知ln ln 1ln 1ln 1ln 1()ax ax x xe x e x ax x x g x a x x x+----++--==≥=， 当且仅当()ln 0x ax x ϕ=+=时等号成立．由()1()00x a x xϕ'=+>>，所以()ϕx 在()0+∞，上单调递增，又()()1a a a e ae a a e ϕ---=-=-，由0a >，所以10a e --<，即()0a e ϕ-<()10a ϕ=>，则存在唯一()0,1a x e -∈使得0()=0x ϕ，即方程()ln 0x ax x ϕ=+=有唯一解()0,1a x e -∈，即()g x a ≥(对于给定的常数a ，当0x x =，()0,1a x e -∈时取等号)由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，所以b a ≤． 例7.(2020·江苏高考·T19)已知关于x 的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b ∈R)在区间D 上恒有f(x)≥h(x)≥g(x).(1)若f(x)=x 2+2x,g(x)=-x 2+2x,D=(-∞,+∞).求h(x)的表达式;(2)若f(x)=x 2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞).求k 的取值范围;(3)若f(x)=x 4-2x 2,g(x)=4x 2-8,h(x)=4(t 3-t)x-3t 4+2t 2(0<|t|≤),D=[m,n]⊆[-,],求证:n-m ≤. 【解析】(1)由f(x)=g(x)得x=0.又f'(x)=2x+2,g'(x)=-2x+2,所以f'(0)=g'(0)=2,所以,函数h(x)的图象为过原点,斜率为2的直线,所以h(x)=2x.经检验:h(x)=2x 符合题意.(2)h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),设φ(x)=x -1-ln x,则φ'(x)=1-=,φ(x)≥φ(1)=0,所以当h(x)-g(x)≥0时,k ≥0.设m(x)=f(x)-h(x)=x 2-x+1-(kx-k)=x 2-(k+1)x+(1+k)≥0,当x=≤0时,m(x)在(0,+∞)上递增,所以m(x)>m(0)=1+k ≥0,所以k=-1.当x=>0时,Δ≤0,即(k+1)2-4(k+1)≤0,(k+1)(k-3)≤0,-1≤k≤3.综上,k∈[0,3].(3)①当1≤t≤时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+≤0.(*)令Δ=(t3-t)2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤),则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立, 所以φ(t)在[1,]上是减函数,则φ()≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7所以不等式(*)有解,设解集为,因此n-m≤x2-x1=≤.②当0<t<1时,f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v'(t)=0,得t=.当t∈时,v'(t)<0,v(t)是减函数;当t∈时,v'(t)>0,v(t)是增函数;v(0)=-1,v(1)=0,则当0<t<1时,v(t)<0,(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0)则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n).因为[m,n]⊆[-,],所以n-m≤+1<.③当-≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤也成立.综上所述,n-m≤.例8.（2020届安徽省马鞍山市高三）已知函数.（1）若在定义域内无极值点，求实数的取值范围；（2）求证：当时，恒成立.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）由题意知，令，则，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 又，∵在定义域内无极值点，∴ 又当时，在和上都单调递增也满足题意，所以（2），令，由（1）可知在上单调递増，又，所以存在唯一的零点，故在上单调递减，在上单调递増，∴由知 即当时，恒成立.例9．（2021·安徽高三）已知函数()2ln ,f x x ax x =+-其中0.a ≥（1）讨论()f x 的单调性；（2）若当2x >时()31,12f x x <+恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增；当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛--+⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在11811844a a a a -+-⎛ ⎝⎭内单减；当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减； （2）7ln20,4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 【详解】（1）()212121,0ax x f x ax x x x-+=+'-=> 若()()110,21,x a f x ax f x x x-==+-=-在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减. 若0,a >由2210ax x -+=知， 18a ∆=-.当Δ180,a =-≤即18a ≥时，2210,ax x -+≥此时()f x 在()0,∞+内单增. 当1Δ180,08a a =-><<时，1184a x a-=，此时()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 综上所述：当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增. 当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减.（2）()3112f x x <+即231ln 1,2x ax x x +-<+ 即2311ln 2ax x x x <++- 即22111ln 2x a x x x x <++-，2x >，令()22111ln ,2,2x g x x x x x x=++-> 则()23311212ln 2x g x x x x -=---'33264ln ,22x x x x x--+=> 令()()324264ln ,2,320h x x x x x h x x x=--+>=-+>'. 所以()h x 在2x >时单增，()()()24ln222ln410h x h >=-=->，因此()0g x '>， ()g x 在2x >时单增，()()7ln224g x g ->=，于是7ln2.4a -≤ 故a 的取值范围是7ln20,.4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦例10.（2020届山西省孝义市一模）已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，曲线总在曲线的下方，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】（1）由可得的定义域为，且， 若，则，函数在上单调递增； 若，则当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减. 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）原命题等价于不等式在上恒成立， 即，不等式恒成立.∵当时，，∴， 即证当时，大于的最大值.又∵当时，，∴，综上所述，.【总结提升】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.本题是利用方法 ① 求得的范围. 【压轴训练】1．（2021·长宁区·上海市延安中学高三）设函数()f x 的定义域为R ，满足()()22f x f x +=，且当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-．若对任意(],x m ∈-∞，都有()23f x ≥-，则m 的取值范围是（ ）A ．215⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，B ．163⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，C ．184⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，D ．194⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，【答案】D【详解】当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-的最小值是1,4-由()()22f x f x +=知，当(]2,4x ∈时，()()192224f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,2-当(]4,6x ∈时，()()194444f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,-要使()23f x ≥-，则()1924443x x -+-≥--，解得：194x ≤或16.3x ≥2．（2020·河津中学高三）若函数2()cos sin 3f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭(其中a 为参数)在R 上单调递增，则a 的取值范围是（ ） A ．10,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,,33⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭C ．11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．1,03⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【详解】函数1()sin sin 23f x a x x x =-+在R 上单调递增，等价于2245()cos cos21cos cos 0333f x a x x x a x =-+=-++'在R 上恒成立.设cos x t =，则245()033g t t at =-++在[1,1]-上恒成立，所以45(1)0,3345(1)0,33g a g a ⎧=-++⎪⎪⎨⎪-=--+⎪⎩解得.3．（2021·全国高三专题练习）已知函数()ln f x x =，若对任意的12,(0,)x x ∈+∞，都有()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦恒成立，则实数k 的最大值是（ ）A ．1-B ．0C ．1D ．2【答案】B【详解】设12x x >，因为()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦，变形为()()()()121212212ln ln x x x x x x kx x x -+->+，即12212ln x kx x x x >-，等价于1221ln 1x kx x x >-，因为120x x >>，令12x t x =(1t >)，则ln 1k t t >-，即(1)ln k t t <-.设()()1ln g t t t =-(1t >)，则min ()k g t <.当1t >时1()ln 10g t t t'=+->恒成立，故()g t 在()1,+∞上单调递增，()(1)0g t g >=.所以0k ≤，k 的最大值为0.4．（2019·天津高考模拟）已知函数23ln ,1(),46,1x x f x x x x -≤⎧=⎨-+>⎩ 若不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．13,3e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ B ．[3,3ln 5]+ C ．[3,4ln 2]+D ．13,5e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】由题意得：设g(x)=|2|x a -，易得a ＞0，可得2,2g(x)=2,2a x a x a x a x ⎧-≥⎪⎪⎨⎪-+⎪⎩＜，g(x)与x 轴的交点为(,0)2a，① 当2a x ≥，由不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，可得临界值时，()g()f x x 与相切，此时2()46,1f x x x x =-+>，()2,2ag x x a x =-≥，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为2，242x -=，3x =，可得切点坐标（3，3）， 可得切线方程：23y x =-，切线与x 轴的交点为3(,0)2,可得此时322a =，3a =， 综合函数图像可得3a ≥；② 同理，当2ax ＜，由()g()f x x 与相切， （1）当2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-+＜，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为-2，242x -=-，1x =，可得切点坐标（1，3），可得切线方程25y x =-+，可得5a =，综合函数图像可得5a ≤，（2）当()3ln ,1f x x x =-≤，()2,2a g x x a x =-+＜，()g()f x x 与相切，可得'1()f x x， 此时可得可得切线斜率为-2，12x -=-，12x =，可得切点坐标1(,32)2In +, 可得切线方程：1(32)2()2y In x -+=--，242y x In =-++可得切线与x 轴的交点为2(2,0)2In +，可得此时2222a In =+，42a In =+， 综合函数图像可得42a In ≤+， 综上所述可得342a In ≤≤+，故选C.5．（2020·广东佛山市·高三）（多选）命题:p 已知ABC 为锐角三角形，不等式cos cos log 0sin CAB≥恒成立，命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立，在[1,2]上恒成立，则真命题的为（ ） A ．p q ∨ B ．p q ∧C ．p q ⌝∨D ．p q ∧⌝【答案】AD 【详解】因为为锐角三角形，所以0,0,0222A B C πππ<<<<<<,所以2A B π+>，则022A B ππ>>->，所以0cos cos()sin 12A B B π<<-=<，所以cos 01sin AB<<，又0cos 1C <<，所以不等式cos cos log 0sin CA B≥恒成立，故命题p 是真命题；命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立()min2x a ⇔+，在[1,2]上恒成立，故命题q 是假命题所以p q ∨，p q ∧⌝是真命题.6．（2020·福清西山学校高三）（多选）记函数()f x 与()g x 的定义域的交集为I ，若存在0x I ∈，使得对任意x I ∈，不等式()()fx g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，则称()()(),f x g x 构成“相关函数对”．下列所给的两个函数构成“相关函数对”的有（ ） A ．()xf x e =，()1g x x =+B ．()ln f x x =，()1g x x= C ．()f x x =，()2g x x =D ．()f x x =，【答案】BD【详解】根据函数的新定义，可得两个函数的图象有一个交点，且交点的两侧图象一侧满足()()f x g x >，另一侧满足()()f x g x <，对于A 中，令()()()1xx f x g x e x ϕ=-=--，可得()1xx e ϕ'=-，当0x >时，()10xx e ϕ'=->，函数单调递增；当0x <时，()10x x e ϕ'=-<，函数单调递减，所以当0x =时，函数()x ϕ 取得最小值，最小值为()00ϕ=，即()0x ϕ≥，所以()()f x g x ≥恒成立，不符合题意；对于B 中，令()()()1ln ,0x f x g x x x x ϕ=-=->，可得()2110x x xϕ'=+>，所以函数()x ϕ单调递增，又由()()11ln110,ln 0e e eϕϕ=-<=->，设0x x =满足()00x ϕ=，且01x e <<，则对任意(0,)x ∈+∞，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意；对于C 中，函数()f x x =，()2g x x =，根据一次函数和二次函数的性质，可得函数()y f x =的图象由两个交点，此时不满足题意；对于D 中，令()()()1()2x x f x g x x ϕ=-=，可得()1211()ln 2022x x x ϕ-'=+>，所以()x ϕ在定义域[0,)+∞单调递增，又由()()1010,102ϕϕ=-<=>，所以方程()0x ϕ=只有一个实数根，设为0x ，则满足对任意x I ∈，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意. 7．（2020·浙江高三月考）已知1a >，若对于任意的1[,)3x ∈+∞，不等式()4ln 3e ln x x x a a -≤-恒成立，则a 的最小值为______.【答案】3e【详解】()()4ln 3ln 3ln 3ln x x e x x a a x x ae a x -≤-⇔-≤--()()3ln 3ln x x x x ae ae ⇔-≤-令()ln f x x x =-，()111x f x x x-'=-=，∴()f x 在[)1,+∞上单调递增.∵1a >，1[,)3x ∈+∞，∴[)3,1,x e x a ∈+∞，∴33x x e ae x x a ⇔≤⇔≤恒成立，令()3x xg x e=，只需max ()a g x ≥，()33x xg x e -'=，∴1[,1),()0,()3x g x g x ∈'>单调递增，∴(1,),()0,()x g x g x ∈+∞'<单调递减，1x ∴=时，()g x 的最大值为3e ，∴3a e≥， ∴a 的最小值为3e. 8．（2020·全国高三月考）已知函数()()ln 202xaf x ae a x =+->+，若()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围为______. 【答案】(),e +∞ 【详解】()ln202x af x ae x =+->+，则()ln ln ln 22x a e a x ++>++，两边加上x 得到()()()ln 2ln ln 2ln 2ln 2x x aex a x x ex ++++>+++=++，x y e x =+单调递增，()ln ln 2x a x ∴+>+，即()ln ln 2a x x >+-，令()()ln 2g x x x =+-，则()11121x g x x x --'=-=++，因为()f x 的定义域为()2,-+∞()2,1x ∴∈--时，()0g x '>，()g x 单调递增，()1,x ∈-+∞，()0g x '<，()g x 单调递减， ()()max ln 11a g x g ∴>=-=，a e ∴>.9．（2021·安徽高三开学考试）已知函数()()11ln f x a x x =+++. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对任意0x >，求证：()()22e 11exa x f x x +++>.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【详解】（1）由题意得，()f x 的定义域为()0,∞+，()()1111a x f x a x x++'=++=， 当1a ≥-时，()0f x '>恒成立，∴()f x 在()0,∞+上单调递增. 当1a <-时，令()0f x '>，解得11x a <-+；令()0f x '<，解得11x a >-+， ∴()f x 在10,1a ⎛⎫-⎪+⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫-+∞⎪+⎝⎭上单调递减. （2）要证()()22e 11e x a x f x x +++>，即证22e ln 0e x x x ⋅->.令()22e ln e xg x x x =⋅-，则()()22221e e e x x x g x x--'=.令()()221e e x r x x x =--，则()22e e x r x x '=-， 易得()r x '在()0,∞+上单调递增，且()212e e 0r '=-<，()223e 0r '=>，∴存在唯一的实数()01,2x ∈，使得()00r x '=，∴()r x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增.∵()00r <，()20r =， ∴当()0r x >时，2x >；当()0r x <时，02x <<，∴()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，∴()()21ln 20g x g ≥=->.综上，22e ln 0e x x x ⋅->，即()()22e 11exa x f x x +++>.10.（2020·山东高考模拟）已知函数2()ln 2()f x x a x x a R =+-∈.（1）求()f x 的单调递增区间；（2）若函数()f x 有两个极值点1212,()x x x x <且12()0f x mx -≥恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）12a ≥时，增区间为(0,)+∞；0a ≤时，增区间为1()2++∞；102a <<时，增区间为，)+∞；（2）3(,ln 2]2-∞--. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，222'()22a x x af x x x x-+=+-=，令2220x x a -+=，484(12)a a ∆=-=-，1︒若12a ≥时，0∆≤，'()0f x ≥在(0,)+∞恒成立，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增. 2︒若12a <，>0∆，方程2220x x a -+=，两根为1x =2x =，当0a ≤时，20x >，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增. 当102a <<时，1>0x ，20x >， 1(0,)x x ∈，'()0f x >，()f x 单调递增，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增.综上，12a ≥时，函数()f x 单调递增区间为(0,)+∞， 0a ≤时，函数()f x单调递增区间为1()2+∞， 102a <<时，函数()f x单调递增区间为1(0,2-，1()2++∞. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点1212,()x x x x <时，102a <<且121x x =+，122a x x ⋅=，则1112ax x +=，()1121a x x =-，且1102x <<，2112x <<. 此时()120f x mx ≥-恒成立，可化为()()21111112121ln 21f x x x x x x m x x +--≤=- ()()11111111121ln 11x x x x x x x -+-+--=-1111112ln 1x x x x =-++-恒成立， 设1()12ln 1g x x x x x =-++-，1(0,)2x ∈，2221(1)1'()122ln 2ln (1)(1)x g x x xx x --=-++-=+--2(2)2ln (1)x x x x -=+-， 因为102x <<，所以(2)0x x -<，2ln 0x <，所以)'(0g x <，故()g x 在1(0,)2单调递减，13()ln 222g x g ⎛⎫>=-- ⎪⎝⎭，所以实数m 的取值范围是3(,ln 2]2-∞--.11．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三）已知()()ln 0f x x mx m =->. （1）若()y f x =在点()()1,1f 处的切线平行于x 轴，求其单调区间和极值;（2）若不等式()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，求整数m 的最小值. 【答案】（1）增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，()f x 的极大值为1-，无极小值；（2）2. 【详解】（1）()1f x m x'=-，则()110f m '=-=，1m ∴=， ()ln f x x x ∴=-，定义域为(0,)+∞，()111xf x x x-'=-=令()0f x '>，得01x <<;令()0f x '<，得1x >()f x ∴的增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，且()f x 的极大值为()11f =-，无极小值.（2）因为0m >，所以()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，可化为21ln 122x x m x x ++≥+，设()2ln 12x x h x x x++=+，则()()()()()()2222212(ln 1)(22)12ln 22x x x x x x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+++ ⎪-++⎝⎭'==++， 设()2ln g x x x =+，则()2ln g x x x =+单调增，且111112ln 2ln 2ln 4022222g ⎛⎫=+=-=-< ⎪⎝⎭，()10g >，01,12x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x =，即 ()00h x '=，所以002ln 0x x +=，所以当012x x <<时，0()()0g x g x <=，()0h x '>， 当01x x <<时，0()()0g x g x >=，()0h x '<，()h x ∴在()00,x 单调递增，在()0,x +∞单调递减()()000022max000001ln 1112,12222x x x h x h x x x x x x +++⎛⎫∴====∈ ⎪++⎝⎭()()021,2m h x ∴≥∈，m ∴的最小整数值为2。
【高中数学】 利用导数研究不等式的恒成立问题 学案
第4课时 利用导数研究不等式的恒成立问题策略一：分离参数法(2020·南昌质检)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1.令f ′(x )<0，得ln x ＋1<0，解得0<x <1e，所以f (x )的减区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1e.令f ′(x )>0，得ln x＋1>0，解得x >1e ，所以f (x )的增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.综上，f (x )的减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.(2)因为g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意得2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1恒成立．因为x >0，所以a ≥ln x －32x －12x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x (x >0)，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－（x －1）（3x ＋1）2x 2.令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－13(舍)． 当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：x (0，1) 1 (1，＋∞)h ′(x ) ＋0 －h (x )极大值所以当x ＝1max ，所以若a ≥h (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立，则a ≥h (x )max ＝－2，即a ≥－2，故实数a 的取值范围是[－2，＋∞)．(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，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，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关” 转化关通过分离参数法，先转化为f (a )≥g (x )(或f (a )≤g (x ))对任意的x ∈D 恒成立，再转化为f (a )≥g (x )max (或f (a )≤g (x )min )求最值关 求函数g (x )在区间D 上的最大值(或最小值)问题(2020·石家庄质量检测)已知函数f (x )＝ax e x－(a ＋1)(2x －1)．(1)若a ＝1，求函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程； (2)当x >0时，函数f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)若a ＝1，则f (x )＝x e x－2(2x －1)． 即f ′(x )＝x e x＋e x－4， 则f ′(0)＝－3，f (0)＝2， 所以所求切线方程为3x ＋y －2＝0. (2)由f (1)≥0，得a ≥1e －1>0，则f (x )≥0对任意的x >0恒成立可转化为aa ＋1≥2x －1x e x对任意的x >0恒成立． 设函数F (x )＝2x －1x e x(x >0)，则F ′(x )＝－（2x ＋1）（x －1）x 2e x .当0<x <1时，F ′(x )>0； 当x >1时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的， 所以F (x )max ＝F (1)＝1e .于是aa ＋1≥1e ，解得a ≥1e －1. 故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e －1，＋∞. 策略二：等价转化法设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max≥M .由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23.令g ′(x )＞0得x ＜0或x ＞23，令g ′(x )＜0得0＜x ＜23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23上是减少的，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤23，2上是增加的， 所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－8527，又g (0)＝－3，g (2)＝1， 所以g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，函数f (x )min≥g (x )max ，由(1)可知在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1. 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，令m (x )＝x ln x ，由m ′(x )＝ln x ＋1＞0得x ＞1e.即m (x )＝x ln x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上是增函数， 可知h ′(x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是减函数， 又h ′(1)＝0，所以当1＜x ≤2时，h ′(x )＜0； 当12≤x ＜1时，h ′(x )＞0. 即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上是增加的，在区间(1，2]上是减少的，所以h (x )max ＝h (1)＝1， 所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化．(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题．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 xln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x－1)ln a .因为当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， 所以当a >1或0<a <1时，f ′(x )在R 上是增函数，又因为f ′(0)＝0，所以f ′(x )>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－∞，0)，故函数f (x )的增区间为(0，＋∞)，减区间为(－∞，0)，所以函数f (x )在x ＝0处取得极小值1.(2)因为存在x 1，x 2∈[－1，1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1成立， 所以只需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， 所以当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)，因为g ′(a )＝1＋1a2－2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2>0，所以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)． 所以当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 ，＋∞)． [基础题组练]1．已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x＋a ，若对任意的x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，存在x 2∈[2，3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≤1B ．a ≥1C ．a ≤2D ．a ≥2解析：选A.由题意知f (x )min ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1≥g (x )min (x ∈[2，3])，因为f (x )min ＝5，g (x )min＝4＋a ，所以5≥4＋a ，即a ≤1，故选A.2．(2020·吉林白山联考)设函数f (x )＝e x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x－3－a x，若不等式f (x )≤0有正实数解，则实数a 的最小值为________．解析：原问题等价于存在x ∈(0，＋∞)，使得a ≥e x(x 2－3x ＋3)，令g (x )＝e x (x 2－3x ＋3)，x ∈(0，＋∞)，则a ≥g (x )min ，而g ′(x )＝e x(x 2－x )．由g ′(x )>0可得x ∈(1，＋∞)，由g ′(x )<0可得x ∈(0，1)．据此可知，函数g (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为g (1)＝e.综上可得，实数a 的最小值为e.答案：e3．(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)因为f ′(x )＝1x，所以f ′(1)＝1.又f (1)＝0，所以切线的方程为y －f (1)＝f ′(1)(x －1)， 即所求切线的方程为y ＝x －1.(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，所以不满足不等式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 ，令φ′(x )＝0，得x ＝1a，当x 变化时，φ′(x )，φ(x )的变化情况下表：所以φ(x )max ＝φ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＞φ(1)＝0，不满足不等式．综上，实数a 的取值范围为[1，＋∞)． 4．已知函数f (x )＝ax －e x(a ∈R )，g (x )＝ln x x.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x成立，求a 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝a －e x，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )在R 上是减少的； 当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝ln a .由f ′(x )＞0得f (x )的增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )＜0得f (x )的减区间为(ln a ，＋∞)． (2)因为存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x， 则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x2.设h (x )＝ln x x2，则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2max，由h ′(x )＝1－2ln xx3，令h ′(x )＝0，则x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为2e .所以a ≤2e .5．(2020·河南郑州质检)已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R ，在(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求f (x )的单调区间；(2)若存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )－x 22＋2x ＋12>k (x －1)成立，求k 的取值范围．解：(1)由已知可得f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝1x－a ，所以f ′(1)＝1－a ＝0，所以a ＝1，所以f ′(x )＝1x －1＝1－xx，令f ′(x )>0得0<x <1，令f ′(x )<0得x >1，所以f (x )的 增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f (x )－x 22＋2x ＋12>k (x －1)可化为ln x －x 22＋x －12>k (x －1)．令g (x )＝ln x－x 22＋x －12－k (x －1)(x >1)，则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋（1－k ）x ＋1x ，令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1，x >1，h (x )的对称轴为x ＝1－k 2.①当1－k 2≤1时，即k ≥－1，易知h (x )在(1，x 0)上是减少的，所以h (x )<h (1)＝1－k ，若k ≥1，则h (x )≤0，所以g ′(x )≤0，所以g (x )在(1，x 0)上是减少的，所以g (x )<g (1)＝0，不合题意．若－1≤k <1，则h (1)>0，所以必存在x 0使得x ∈(1，x 0)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(1，x 0)上是增加的，所以g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．②当1－k 2>1时，即k <－1，易知必存在x 0，使得h (x )在(1，x 0)上是增加的．所以h (x )>h (1)＝1－k >0，所以g ′(x )>0，所以g (x )在(1，x 0)上是增加的．所以g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．综上，k 的取值范围是(－∞，1)． 6．设f (x )＝x e x，g (x )＝12x 2＋x .(1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)因为F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x＋12x 2＋x ，所以F ′(x )＝(x ＋1)(e x＋1)，令F ′(x )>0，解得x >－1，令F ′(x )<0，解得x <－1，所以F (x )在(－∞，－1)上是减少的，在(－1，＋∞)上是增加的． 故F (x )min ＝F (－1)＝－12－1e.(2)因为任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，所以mf (x 1)－g (x 1)>mf (x 2)－g (x 2)恒成立．令h (x )＝mf (x )－g (x )＝mx e x－12x 2－x ，x ∈[－1，＋∞)，即只需证h (x )在[－1，＋∞)上是增加的即可．故h ′(x )＝(x ＋1)(m e x－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立， 故m ≥1e x ，而1e x ≤e ，故m ≥e ，即实数m 的取值范围是[e ，＋∞)．。
第五节 利用导数研究不等式恒成立问题
范围.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，
g(x)在(1，x2)上单调递减，此时g(x)＜g(1)＝0.
[关键4：利用导数研究函数单调性，求函数值域]
综上，a的取值范围是(－∞，2].
考法一 分离参数法解决不等式恒成立问题
[例1] (2019·石家庄质量检测)已知函数f(x)＝axex－(a＋ 1)(2x－1)．
考法二 等价转化法解决不等式恒成立问题
[例2] (2019·合肥六校联考)已知函数f(x)＝(x＋a－ 1)ex，g(x)＝12x2＋ax，其中a为常数．
(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (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．
(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程； (2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)． 即f′(x)＝xex＋ex－4， 则f′(0)＝－3，f(0)＝2， 所以所求切线方程为3x＋y－2＝0.
(1)在a＝0时，求f(x)的单调区间； (2)若 f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)a＝0时，f(x)＝(x－1)ln x， f′(x)＝ln x＋(x－1)·1x＝ln x－1x＋1，设 g(x)＝ln x－1x＋1， 则g′(x)＝x＋x2 1>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0， ∴ x∈(0,1)时，g(x)<0，即f′(x)<0， x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0， ∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
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。
高考数学压轴题：导数与不等式恒成立
高考数学压轴题：导数与不等式恒成立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．由不等式恒成立确定参数范围问题，常见处理方法有：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 最值法：讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数.在诸多方法中，构造函数并利用导数研究函数的单调性、最值等，是必须要考虑的解题门径.本专题举例说明《用好导数，“三招”破解不等式恒成立问题》. 类型一 构造函数求最值【例1】已知函数()ln xf x ae x x =-，其中a R ∈，e 是自然对数的底数.（1）若()f x 是()0,∞+上的增函数，求实数a 的取值范围； （2）若22a e >，证明：()0f x >. 【分析】（1）由()f x 是()0,∞+上的增函数等价于()0f x '≥恒成立，得1ln xxa e +≥，求()()1ln 0xxg x x e+=>的最大值，即可得到本题答案； （2）由()e 0ln 0x a f x x x >⇔->，证明当22a e ≥时，()()e ln 0xa F x x x x=->的最小值大于0，即可得到本题答案.【解析】（1）()()1ln x f x ae x '=-+，()f x 是()0,∞+上的增函数等价于()0f x '≥恒成立.令()0f x '≥，得1ln x x a e +≥，令()()1ln 0xxg x x e+=>.以下只需求()g x 的最大值. 求导得()11ln xg x ex x -⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭，令()11ln h x x x =--，()2110h x x x '=--<， ()h x 是()0,∞+上的减函数，又()10h =，故1是()h x 的唯一零点，当()0,1x ∈，()0h x >，()0g x '>，()g x 递增； 当()1,x ∈+∞，()0h x <，()0g x '<，()g x 递减；故当1x =时，()g x 取得极大值且为最大值()11g e=，所以1a e ≥.（2）()e 0ln 0x a f x x x >⇔->，令()()e ln 0xa F x x x x=->，以下证明当22a e ≥时，()F x 的最小值大于0. 求导得()()()221e 111e x xa x F x a x x x x x -'⎡⎤=-=--⎣⎦. ①当01x <≤时，()0F x '<，()()10F x F ae ≥=>； ②当1x >时，()()()211x a x x F x e x a x ⎡⎤-'=-⎢⎥-⎣⎦，令()()1xx G x e a x =--. 则()()2101x G x e a x '=+>-，又()222220ae G e a a-=-=≥，取()1,2m ∈且使()21m e a m >-，即2211ae m ae <<-，则()()2201m mG m e e e a m =-<-=-，因为()()20G m G <，故()G x 存在唯一零点()01,2x ∈，即()F x 有唯一的极值点且为极小值点()01,2x ∈，又()0000ln x ae F x x x =-，且()()000001x x G x e a x =-=-，即()0001x x e a x =-，故()0001ln 1F x x x =--，因为()()0201101F x x x '=--<-，故()0F x 是()1,2上的减函数.所以()()021ln 20F x F >=->，所以()0F x >. 综上，当22a e ≥时，总有()0f x >.1.首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性.如果所构造的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号.2.在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.例题：已知定义在()0,∞+上的函数()()2ln 11ax f x x x x=--++.（1）讨论()f x 的单调区间（2）当223ln ,ln 443e e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，存在0M >，使得对任意()0,x M ∈均有()0f x <，求实数M 的最大值.【解析】（1）()()()()21211a x a x f x x ---⎡⎤⎣⎦'=+， ①12a ≤时，()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增； ②112a <<时，令()0f x '>得211a x a ->-，故增区间为21,1a a -⎛⎫+∞⎪-⎝⎭， 令()0f x '>得2101a x a -<<-，故减区间为210,1a a -⎛⎫⎪-⎝⎭；③1a ≥时，()0f x '<，则()f x 在()0,∞+上单调递减.（2）易知2231ln ,ln ,14432e e ⎛⎫⎛⎫⊂ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由（1）知：()f x 在210,1a a -⎛⎫ ⎪-⎝⎭上单调递减，在21,1a a -⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭上单调递增，则()21001a f f a -⎛⎫<= ⎪-⎝⎭， 又()244322ln 32ln ln 303343e f a =-->-⨯-=，故存在021,21a x a -⎛⎫∈⎪-⎝⎭，使得()00f x =，且当()00,x x ∈时()0f x <恒成立， 故0M x ≤. 由()00f x =可得()00020011ln 1x x a x x x ++=-+， 设()()211ln 1x x g x x x x++=-+（0x >）， 则()()()32ln 12x x x g x x ++-'=，令()()()2ln 12h x x x x =++-（0x >）， 则()()2ln 121x h x x x +'=++-+， ()()201xh x x ''=>+，则()h x '在()0,∞+上单调递增，故()()00h x h ''>=， 则()h x 在()0,∞+上单调递增，故()()00h x h >=， 则()0g x '>，()g x 在()0,∞+上单调递增， 又()0a g x =，()21ln 4e g =，()332ln 43e g =，故()()()012g g x g <<，则012x <<，又0M x ≤，故1M ≤，即M 的最大值为1. 类型二 参变分离求最值【例2】已知函数2()1xf x be x =--的图象在点0x =处的切线为y x a =+.（1）求+a b 的值；（2）若()0f x kx ->对任意的0x >恒成立，求实数k 的取值范围.【分析】（1）先求导函数，再结合函数()f x 的图象在点0x =处的切线为y x a =+，则0e 01k b =-=，再求解即可；（2）原不等式可转化为2e 1x x k x --<(0x >)恒成立，再设2e 1()x x g x x--=(0x >)，然后利用导数求函数()g x 的最小值即可. 【解析】（1）由已知可得()e 2xf x b x '=-.函数2()1xf x be x =--的图象在点0x =处的切线的斜率0e 01k b =-=， 所以1b =.所以切点坐标为(0,0)，代入切线方程y x a =+，可得0a =. 所以1a b +=.（2）由（1）知2()1x f x e x =--.所以()0f x kx ->对任意的0x >恒成立，即210x e x kx --->(0x >)恒成立，即2e 1x x k x--<(0x >)恒成立.令2e 1()x x g x x--=(0x >)，所以min ()k g x <即可.222e e 1e (1)(1)(1)()x x x x x x x x g x x x --+---+'==()2(1)e 1xx x x---=. 设()e 1xh x x =--(0x >)， 则()e 10xh x '=->，所以()h x '在(0,)+∞上单调递增. 所以当0x >时，()h x 单调递增， 所以0()(0)e 010h x h >=--=.所以在(0,1)上()0g x '<，在(1,)+∞上()0g x '>. 所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 所以当1x =时，()g x 取得最小值(1)e 2g =-， 所以2k e <-.所以实数k 的取值范围为(,2)e -∞-.1、参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围，转化为求函数的最值问题.2、如何确定变量与参数：一般情况下，那个字母的范围已知，就将其视为变量，构造关于它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数.3、参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法.例如：()21log a x x -<，111axx e x-+>-等 （2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题.例题：已知函数()ln f x mx nx x =+，()f x '是()f x 的导函数，且()12f '=，10f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭. （1）求()f x 的解析式，并判断()f x 零点的个数；（2）若*k N ∈，且()()2f x k x >-对任意的2x >恒成立，求k 的最大值.（参考数据：ln 20.69≈，ln3 1.10≈）【解析】（1）因为()ln f x mx nx x =+， 所以()()ln 1f x m n x '=++. 因为()12f '=，10f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以()12f m n '=+=，10m n f e e e⎛⎫=-= ⎪⎝⎭. 解得1m n ==，故()f x x Inx =+()2f x Inx '=+，令()0f x '=，解得2x e -=故当()20,x e -∈函数单调递减；当()2,x e-∈+∞函数单调递增；又()20f e-<，()10f >，故函数在()2,e-+∞存在一个零点；当2x e -<时，2Inx <-，故220x Inx e -+<-<， 故函数在区间()20,e-上不存在零点；综上所述：函数只有1个零点.（2）因为2x >，所以()()2f x k x >-等价于()ln 22f x x x xk x x +<=--. 设()ln 2x x xg x x +=-，则()()22ln 42x x g x x --'=-.令()2ln 4h x x x =--， 则()221x h x x x-'=-=，故()h x 在()2,+∞上单调递增. 因为()842ln846ln 20h =-=-<，()954ln30h =->， 所以存在()08,9x ∈，使得()00h x =， 即0042ln x x =-，则()g x 在()02,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，故()()00000000004ln 2222x x x x x x x g x g x x x -+⋅+≥===--. 因为()()2f x k x >-对任意的2x >恒成立，所以02x k <. 因为()08,9x ∈，且*k N ∈， 所以k 的最大值是4.类型三 讨论参数定范围【例3】已知函数()22ln f x a x x ax =-+.（1）若1a =-时，求()f x 的极值； （2）若()0f x <，求a 的取值范围.【分析】（1）将1a =-代入函数()y f x =的解析式，利用导数可求出函数()y f x =的极值；（2）由题意可得出()max 0f x <，分0a >、0a =、0a <三种情况讨论，利用导数分析函数()y f x =在定义域上的单调性，求出函数()y f x =的最大值，然后解不等式()max 0f x <，综合可得出实数a 的取值范围.【解析】（1）当1a =-时，()2ln f x x x x =--，则()212121x x f x x x x--+=-='-.令()0f x '=，即2210x x x--+=，得2210x x +-=，解得12x =.当102x <<时，()0f x '>，当12x >时，()0f x '<. 所以，函数()y f x =有极大值113ln 224f ⎛⎫=-⎪⎝⎭，无极小值； （2）因为()0f x <恒成立，所以()max 0f x <，()()()222222x a x a a x ax a f x x a x x x+-+-++='=-+=. ①当0a >时，令()0f x '=，则x a =，当0x a <<时，()0f x '>，此时，函数()y f x =单调递增；当x a >时，()0f x '<，此时，函数()y f x =单调递减.()()2222max ln ln 0f x f a a a a a a a ∴==-+=<，01a ∴<<；②当0a =时，()20f x x =-<，成立；③当0a <时，令()0f x '=，则2a x =-， 当02ax <<-时，()0f x '>，此时，函数()y f x =单调递增； 当2ax >-时，()0f x '<，此时，函数()y f x =单调递减. ()22222max3ln ln 0224224a a a a a f x f a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-=---=--< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即3ln 24a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，得3402ae <-<，解得3420e a -<<.综上所述，实数a 的取值范围为342,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭.本题（2）只要通过分类讨论研究清楚函数的单调性，即可求出)(x f 的最大值，让最大值小于0即可求出a 的范围例题：已知函数21()12xf x e ax x =---，a 为实数. （1）当1a =时，讨论()f x 的零点个数；（2）若0x ≥，都有()0f x ≥，求实数a 的取值范围.【解析】（1）()xf x e a x '=--，当1a =时，()1xf x e x '=--，令xy e =，则e xy '=，所以函数xy e =在()0,1处的切线方程为1(0)y x -=-，即1y x =+，所以1x e x ≥+，即()0f x '≥，故()f x 在R 上单调递增，即()f x 有一个零点； （2）()1xf x e ''=-，当0x ≥时，()0f x ''≥，即()f x '在[)0,+∞上是增函数，()()01f x f a ''≥=-，当1a ≤时，()0f x '≥，()f x 在[)0,+∞上是增函数， 故有()()0f x f ≥，即()0f x ≥；当1a >时，0(0,)x ∃∈+∞，使得()00f x '=，当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 在()00,x 上是减函数； 当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在()0,x +∞上是增函数， 故有()0(0)0f x f <=与()0f x ≥相矛盾， 综上，1a ≤. 练习1．已知函数()()2ln f x ax x x x a R =+-∈.(1)若0a =，讨论函数的单调性；(2)若函数()f x 满足()12f =，且在定义域内()22f x bx x ≥+恒成立，求实数b 的取值范围.【解析】(1)0a =，()ln f x x x x =-，()'ln f x x =-，()'0f x =，1x =，()0,1x ∈，()'0f x >，()f x 在0,1上是增函数， ()1,x ∈+∞，()'0f x <，()f x 在1,上是减函数.(2) 由题意()12f =，1a =，∴()2ln f x x x x x =+-， 则()22f x bx x ≥+，即1ln 1xb x x --≥，令()1ln 1x g x x x=--， ()2ln 'xg x x =，故()g x 在(]0,1上递减，在1,上递增，∴()()min 10g x g ==，即0b ≤.2.已知函数()21ln 2f x a x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，()()()2g x f x ax a R =-∈ （1）当0a =时，求()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值；（2）若对()1,x ∀∈+∞，()0g x <恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）函数()21ln 2f x a x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭的定义域为()0,∞+，当0a =时，()21ln 2f x x x =-+，求导()()()2'1111x x x f x x x x x-+--+=-+==（x ＞0），令()'f x ＝0，得x ＝1，（负值舍去） ∴x ＞0，x 、()'fx ，f （x ）的变化如下：∴()f x 在区间1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是增函数，在[]1,e 上为减函数，f （x ）最大值为()112f =-．又21112f e e ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()212ef e =-，∵422121()02e f e e e e f --⎛⎫-=> ⎪⎝⎭，∴f （x ）最小值为()212e f e =-.∴()()2min 12e f x f e ==-，()()max 112f x f ==-.（2）函数()()2122ln 2g x f x ax a x ax x ⎛⎫=-=--+ ⎪⎝⎭，则()g x 的定义域为()0+∞，，()()()()()2121121211212x a x a x ax g x a x a x x x⎡⎤-----+⎣⎦=--+=='．①若12a >，令()0g x '=，得极值点11x =，2121x a =- 当211x x >=，即112a <<时，在()21,x 上有()0g x '<，在()2,x +∞上有()0g x '>，此时()g x 在区间()2,x +∞上是增函数，并且在该区间上有()()()2,g x g x ∈+∞，不合题意；当211x x ≤=，即1a ≥时，在()1,+∞上有()0g x '>，此时()g x 在区间()1,+∞上递增，有()()()1,g x g ∈+∞，也不合题意；②若12a ≤，则有210a -≤，此时在区间()1,+∞上恒有()0g x '<，从而()g x 在区间()1,+∞上是减函数；要使()0g x <在()1,+∞上恒成立，只须满足()111022g a a =--≤⇒≥-，由此求得a 的范围是11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦． 综合①②可知，当11,22a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，对()()1,,0x g x ∀∈+∞<恒成立． 3．已知函数1()ln ,(,0),()(0)f x a x x a a g x x x x ⎛⎫=-∈≠=-+> ⎪⎝⎭R .（1）若函数()f x 与()g x 有相同的极值点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），求a 的值；（2）记()()()F x f x g x =-.①若在区间(0,]e （e 为自然对数底数）上至少存在一点0x ，使得0()0F x <成立，求a 的取值范围；【解析】（1）因为1()g x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，所以221(1)(1)()1x x g x x x '-+-=-=. 令()0g x '=，解得121,1x x ==-（舍去）.所以1x =为函数()g x 的极大值点.因为()ln f x a x x =-，所以()1a a x f x x x'-=-=. 令()0f x '=，解得x a =.所以x a =为函数()f x 的极大值点.因为函数()f x 与()g x 有相同的极值点，所以1a =. （2）①1()()()ln F x f x g x a x x=-=+. 先求()0F x 在(0,]e 上恒成立，即有ln 10ax x +. 令()ln 1,(0,]G x ax x x e =+∈，则()ln G x a x a '=+，令()0'=G x ，得1x e=. 若0a >，则当10x e<<时，()0,()g x g x '<单调递减； 当1x e e<<时，()0,()g x g x '>单调递减，所以min 1()()10ag x g e e ==-，得0a e <.若0a <时，同理得min ()()10g x g e ae ==+，得10a e-<. 综上，a 的取值范围为{1|a a e<-或}a e >； ②设切点0002011(,ln ),0,()ax x a x x F x x x'-+>=， 则切线方程为()00020011ln ax y x x a x x x -=-++，又切线过原点，则()000200110ln ax x a x x x -=-++，整理得02ln 0a x a x +-= 设2()ln ,0g x a x a x x=+->，题意即为，函数()g x 在(0,)+∞上有两个零点. 由于2222()a ax g x x x x '-=-=.（i ）当0a =时，2()0,()g x g x x=>无零点；（ii ）当0a <时，()0,()g x g x '<在(0,)+∞上递减，此时()g x 不可能存在两个零点，故不满足条件；（iii ）当0a >时，令2()0,g x x'==， 所以极小值()lng a a a=. 要使函数()g x 在(0,)+∞上有两个零点，则必须满足2()0g a<，所以2a >. 因为22(e)0,e ,()e g g x a =>>在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭连续且为增函数，所以()g x 在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭唯一零点. 因为222120,()2()()0aa a a a a g e a ee e a a a a ae e ---=-<=-+-=-+->，而()g x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭连续且为减函数，故()g x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有唯一零点. 所以当2a >时，()g x 在(0,)+∞有两个零点，满足条件. 故所求a 的取值集合为{}|2a a >.4.已知函数()()434316x f x e x a =--+，1a <.（1）若函数()y f x =的图象在1x =处的切线与x 轴平行，求a 的值；（2）当0x ≥时，()0f x ≥恒成立，求a 的最小值.【解析】（1）()()3312x f x e x a ⎡⎤'=--⎣⎦依题意()()3311210f e a ⎡⎤'=--=⎣⎦故1a e =-； （2）解法一: ()()()()2212xx x f x e x a e e x a x a ⎡⎤'=-++-+-⎣⎦()22131224xx x e x a e x a e ⎡⎤⎛⎫=-++-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，显然2213024x x e x a e ⎛⎫+-+> ⎪⎝⎭，令()x g x e x a =-+，则()10x g x e '=-≥，所以()xg x e x a =-+在[)0,+∞单调递增，且()()01g x g a ≥=+，当10a +≥即11a -≤<时，()0f x '≥，()f x 在[)0,+∞单调递增，故()0f x ≥等价于()402030f a =-≥，此式已成立，从而11a -≤<满足条件，当10+<a 即1a <-时，由()xg x e x a =-+在[)0,+∞单调递增，()010g a =+<，()()()2220a g a e a e a a a e --=+≥-+=->，故()00,x a ∃∈-使得()0000xg x e x a =-+=，即00x ex a =-，令()0f x '≥，即()0g x ≥，得0x x ≥，又令()0f x '≤，即()0g x ≤，得00x x ≤≤，因此()f x 在0x x =处取得最小值，()()043004316x f x e x a =--+，又00ee x a =-，故()003404316x xf x e e =-+，设0x e t =，1t >，且()344316h t t t =-+，法一：()2312120h t t t '=-<，故()h t 在()1,+∞单调递减，由()()02h t h ≥=知2t ≤， 即00ln 2x <≤，00xa x e =-而()x P x x e =-在(]0,ln 2单调递减，所以00ln 221x x e-≤-<-，即ln 221a -≤<-；法二：()()()3223248h t t t t t =-----，由()00f x ≥知()0h t ≥，即12t <≤下同法一；综上可知ln 221a -≤<，因此a 的最小值为ln 22-；解法二：当0x ≥时，()0f x ≥恒成立，因求a 的最小值，不妨设0a <，则只研究1344163xea x ⎛⎫+≥- ⎪⎝⎭，设()()13441603xe M x x x ⎛⎫+=-≥ ⎪⎝⎭，下求()max M x ；()334341613xx e M x e -⎛⎫+'=- ⎪⎝⎭，由()0M x '≥，并记3x t e =，1t ≥， 即4322764768307240960t t t t ----≤，亦即()()328271524485120t t t t --++≤，故8t ≤，因此()M x 在[]0,ln 2单调递增，在[)ln 2,+∞单调递减，所以()()max ln 2ln 22M x M ==-，即ln 22a ≥-，因此a 的最小值为ln 22-. 5.已知函数()1ln f x x a x =-- . （1）若()0f x ≥ ，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n 2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值. 【解析】6. 已知函数2()ln 3f x x ax x=++-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围.【解析】（1）由题意，222122()(0)ax x f x a x x x x+-'=+-=>， 令2(2)ax h x x =+-，()0,x ∈+∞，①当0a ≠，且180a ∆=+≤，即18a ≤-时，()0≤h x ，所以()0f x '≤在(0,)+∞恒成立，故()f x 在(0,)+∞上单调递减；②当108a -<<时，>0∆，由()0h x =得12x a-±=当112x a ⎛⎛⎫--∈+∞⎪⎝⎭⎝⎭时，()0h x <，()0f x '<；当x ∈⎝⎭时，()0h x >，()0f x '>.故()f x 在⎛ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎝⎭单调递减，在1122a a ⎛⎫-+-- ⎪⎝⎭单调递增；③当0a =时，由()0f x '=得2x =，当(0,2)x ∈时，()0f x '<；当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>. 故()f x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增；④当0a >时，>0∆，由()0h x =得x =舍去）.当x ⎛∈ ⎝⎭时，()0h x <，()0f x '<；当x ⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0h x >，()0f x '>.故()f x在10,2a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭单调递减，在12a ⎛⎫-++∞ ⎪⎝⎭单调递增.（2）因为(1)230f a =+-≥，所以1a ≥. 由（1）得min1()2f x f a ⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭，故只需102f a ⎛-≥ ⎝⎭，即可满足()0f x ≥.令012x a -=，则021ax =-整理得20020ax x +-=，即0021ax x =-， 所以()00000024ln 3ln 40f x x ax x x x =++-=+-≥， 设4()ln 4g x x x =+-，所以22144()x g x x x x-'=-=， 当(0,4)x ∈时，()0g x '<；当(4,)x ∈+∞时，()0g x '>. 故()g x 在(0,4)单调递减，在(4,)+∞单调递增.又(1)0g =，所以当(0,1)x ∈时，()0>g x ；当(1,4)x ∈时，()0<g x ，又0x =，因为1a ≥3，10-≠，所以(]0410,1x -+==，所以0()0g x ≥，即()00f x ≥，故()0f x ≥，又20021a x x =- 所以a 的取值范围是[)1,+∞.7. 已知函数()21sin f x x a x =+-，[]0,x π∈，a R ∈，()'f x 是函数()f x 的导函数.（1）当1a =时，证明：函数()f x 在区间[]0,π没有零点；（2）若()'sin 0f x a x a ++≤在[]0,x π∈上恒成立，求a 的取值范围.【解析】（1）证明：若1a =,则()21sin f x x x =+-,[]0,x π∈,又211x +≥,0sin 1x ≤≤,故0sin 1x ≥-≥-,所以21sin 0x x +-≥,又()01f=,224f ππ⎛⎫=⎪⎝⎭,()21f ππ=+, 当0,,22x πππ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时,1sin 0x -<-<,所以21sin 0x x +->恒成立,所以当1a =时,函数()f x 在区间[]0,π没有零点. （2）解:()'2cos f x x a x =-,[]0,x π∈,故2cos sin 0x a x a x a -++≤在[]0,x π∈上恒成立, 设()2cos sin x a x a g a x x =-++,[]0,x π∈, 所以()000g =≤,()220g a ππ=+≤,即a π≤-,因为()2sin cos 24'g a x x a x x π⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭,由a π≤-,得0a <,所以在区间0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上()'g x 单调递减,所以()()2'0''24a g g x g π⎛⎫+=≥≥=+ ⎪⎝⎭；在区间,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上()'g x 单调递增()()2'''24g g x g a ππ⎛⎫+=≤≤=- ⎪⎝⎭,又a π≤-,所以()'020g a =+<,'204g π⎛⎫=+< ⎪⎝⎭,()'20g a π=->,故()'g x 在区间,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一零点区间0x ,由()'g x 的单调性可知,在区间[]00,x 上()'0g x ≤,()g x 单调递减； 在区间(]0,x π上()'0g x ≥,()g x 单调递增,()()()()00g x g g x g π⎧≤=⎪⎨≤≤⎪⎩,故a π≤-. 8. 已知函数()11f x a x=+-（a ∈R ）. （1）若2a =，证明：当1x >时，()2ln x f x >；（2）若对于任意的0x >且1x ≠，都有()()2ln 1a f x x -⋅>，求a 的取值集合.【解析】（1）当2a =时，()121f x x=+-， 要证当1x >时，()2ln x f x >， 即证当1x >时，12ln 21x x +>- 令()12ln 1g x x x =+-， ()()()()()()222221221252111x x x x g x x x x x x x ---+'=-==--- 当12x <<时，()0g x '<，()g x 在()1,2内单调递减 当2x >时，()0g x '>，()g x 在()2,+∞内单调递增， 故()()min 22ln 21ln 41ln 12g x g e ==+=+>+=.证毕. (2)先分析端值，当0x +→时，ln x →-∞，111a a x +→-+-， 要使1ln 11a x x ⎛⎫+>⎪-⎝⎭，需有10a -+≤，即1a ≤； 当x →+∞时，ln x →+∞，11a a x +→-， 要使1ln 11a x x ⎛⎫+>⎪-⎝⎭，需有0a ≥； 故必须有01a ≤≤. 由()11111a x a x x -++=--知其分子恒正， 令()()1ln 11x x x a x ϕ-=--+，于是问题等价于当1x >时，()0x ϕ>； 当01x <<时，()0x ϕ<. 注意到()10ϕ=.()()()()22211'1a x a x x x ax a ϕ⎡⎤---⎣⎦=--⎡⎤⎣⎦①当0a =时()1'x x xϕ-=-， 此时当1x >时，()'0x ϕ<，()x ϕ在()1,+∞单调递减，于是()()10x ϕϕ<=，这不符合题意；②当0a ≠时，()'0x ϕ=，得2111x a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，21x =. （i ）当12a =时，12x x =，()'0x ϕ≥，()x ϕ在()0,∞+单调递增， 结合()10ϕ=可知符合题意；（ii ）当102a <<时，12x x >，此时当211,1x a ⎛⎫⎛⎫∈- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时()'0x ϕ<， 于是在()x ϕ在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减， 故在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭内()()10x ϕϕ<=，这不符合题意； （iii ）当12a >时，12x x <，此时当211,1x a ⎛⎫⎛⎫∈- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时()'0x ϕ<， 于是在()x ϕ在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减， 故在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭内()()10x ϕϕ>=，这不符合题意； 综上：符合题意的a 取值集合为12⎧⎫⎨⎬⎩⎭.9.已知()11x f x ae -=. （1）1a =时，求()f x 的单调区间和最值；（2）①若对于任意的()0,x ∈+∞，不等式()()212x f x -≥恒成立，求a 的取值范围；②求证：13ln 02x e x --+≥【解析】（1）当1a =时，()11x f x e -=-，则()1x f x e-='-， 易知()y f x ='单调递增，又()10f '=，当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>. 所以，函数()y f x =的减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，函数()y f x =的最小值为()10f =，无最大值；（2）①必要性：若0a <，则当x →+∞时，()f x →-∞，不合乎题意，所以，必有0a >.又()2221010a a f a a a+-≥⇒-+=≥，则[)1,a ∈+∞；充分性：易知()11x f x e -≥-.故只要证明()21112x x e ---≥在()0,x ∈+∞恒成立即可，即()211102x x e e --⎛⎫- ⎪+-≥ ⎪⎝⎭，令()()21112x x g x e e --⎛⎫- ⎪=+- ⎪⎝⎭，则())322132x g x x x x -⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭')))21112x -⎡=+⎢⎣， 则()y g x =在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增，则()()10g x g ≥=.故[)1,a ∈+∞，因此，实数a 的取值范围是[)1,+∞；②由①可知，要证13ln 02x e x --+≥，只需证()211ln 022x x --+≥， 先证明不等式1ln x x -≥，构造函数()1ln h x x x =--，0x >，()111x h x x x'-=-=，令()0h x '=，可得1x =. 当01x <<时，()0h x '<；当1x >时，()0h x '>.所以，函数()y h x =的减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，()()10h x h ∴≥=， 所以，对任意的0x >，1ln x x -≥.()()()()22221121144ln 10222222x x x x x x x ----+∴-+≥--+==≥，故13ln 02x e x --+≥成立. 10.已知函数2()()2x a f x e x a R =-∈． （1）若函数()f x 有两个极值点1,x 2x ，求实数a 的取值范围；（2）若3()12a f x x ≥-+对任意[0,1]x ∈都恒成立，求证：a 的最大值大于8． 【解析】（1）由2()2x a f x e x =-可得()x f x e ax '=-， 函数()f x 有两个极值点等价于()0f x '=有两个不同的实数根， 也等价于xe a x= 有两个不同的实数根（0x =显然不是根） 令()x e F x x =，则2(1)()xx e F x x-'=， ()F x ∴在(,0)-∞单减，(0,1)上单减，(1,)+∞上单增；且0x <时，()0F x <，0x >时，()0F x >，()F x a ∴=有两解，需(1)a F e >=，即a e >，下证a e >是()F x a =有两解的必要条件：当a e >时，11a F ae a a ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，(1)F a <，101a <<， ()F x a ∴=在(0,1)上有且只有一个解， 又因为222()[(1)]aa e e F a a a F a e a a a ⎛⎫==⋅≥⋅=⋅> ⎪⎝⎭，(1)F a <. ()F x a ∴=在(1,)+∞上有且只有一个解，∴综上所述：a e >；（2）因为3()12a f x x ≥-+等价于： 23122x a a e x x -≥-+ 等价于()2312x a e x x -≥-对[0,1]x ∀∈恒成立， ①当0x =或1时，a R ∈满足；②当()0,1x ∈时，()2321x x x x -=-显然大于0， 故()2312x a e x x -≥-恒成立， 等价于()2321x e a x x -≥-恒成立，等价于()2321x min e a x x ⎛⎫- ⎪≥ ⎪-⎝⎭恒成立. 而欲证8max a > 即证()23218x min e x x ⎛⎫- ⎪> ⎪-⎝⎭即可.就是证：()2314x min e x x ⎛⎫- ⎪> ⎪-⎝⎭也就是证明： 23441x e x x >-+，对任意的()0,1x ∈恒成立. 先证：1x e x >+，(0,1)x ∈．令()1xv x e x =--，(0,1)x ∈．因为()10x v x e '=->，所以()v x 在(0,1)上单调递增，则有()(0)0v x v >=，1x e x ⇒>+，(0,1)x ∈．所以，要证23441x e x x >-+，(0,1)x ∈， 需证231441x x x +≥-+，(0,1)x ∈， 即证()32440,0,1x x x x -+≥∈恒成立 也就是证：()24410,0,1x x x -+≥∈恒成立 而()22441210x x x -+=-≥显然成立， 故()24410,0,1x x x -+≥∈恒成立 即()32440,0,1x x x x -+≥∈恒成立 23441x e x x >-+，对任意的()0,1x ∈恒成立. ()23218x min e x x ⎛⎫- ⎪> ⎪-⎝⎭成立故8max a >成立，即证.。
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)．。
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，
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。
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]．。
第04讲 利用导数研究不等式恒成立问题 (精讲+精练)(学生版)
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)exmx x f x m +-=>. (1)判断()f x 的单调性；(2)若对[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()1224ef 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 a x =--≠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 a x 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 x f 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 1x f 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.。
【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
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；
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
导数专题——不等式恒成立问题及证明不等式问题
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.
导数与不等式的恒成立问题
f min ( x) gmax ( x)
2若对任意的x 0, 都有f ( x) g ( x)
求实数a的取值范围。
[ f ( x) g ( x)]min 0
2 已知函数f ( x) x3 2x 2 x 4 g ( x) ax x 8 例题：
导数与不等式的恒成立问 题
题型分析
例：已知函数 f ( x) e x 2 x 2a，若f ( x) 0恒成立，求实数 a 的取值范围。
总结： f ( x) a恒成立 f ( x) a max
f ( x) a恒成立 f min ( x) a
例题：已知函数 f ( x) e x 2bx 2a，若f ( x)在[2， ） 上单调递增，求实数 b的取值范围。
若对任意 x1 D ，总存在 x2 D ，使 f ( x1 ) g ( x2 ) ， 试问函数 f ( x), g ( x) 的值域有何关系。
点拨：f(
例题：已知函数 f ( x) e x，g ( x) 2 x 2a, 若x [0， ）时， 恒有f ( x) g ( x), 求实数a的取值范围。
总结：
2 已知函数f ( x) x3 2x 2 x 4 g ( x) ax x 8 例题：
1若对任意的x1, x2 0, 都有f ( x1 ) g ( x2 )
1若存在x1, x2 0, 使f x1 g ( x2 )成立
求实数a的取值范围。
f min ( x) gmax ( x)
2若存在x 0,
使f x g ( x)成立
求实数a的取值范围。
[ f ( x) g ( x)]min 0
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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 >x 2－2ax ＋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 －x 2＋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 )＋k x (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 ＋k x， ∴令g ′(x )＝x －k x2＝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 0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 ＋ax 2.①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 －1x 3，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 ⎝⎛⎭⎫12，1g ′(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 2 C ．e 2 D.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－m 4≤0时，g (0)＝1>0恒成立，∴m ≥0成立， 当－m 4>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)＝－3x2＋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)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋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)＝－3x2＋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)＝ax3－3x2 (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)．。