运用导数解决不等式恒成立问题

即 lnx≤mx－1x. 设 g(x)＝lnx－mx－1x， 即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0 恒成立，等价于函数 g(x)在[1，＋∞) 上的最大值 g(x)max≤0. g′(x)＝1x－m1＋x12＝－mx2x＋2 x－m. ①若 m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 即 g(x)≥g(1)＝0，这与要求的 g(x)≤0 矛盾.
，求a的取值范围
解：函数f(x)的定义域为（0，+∞），由
f(x)≥27对一切x∈（0，+∞）恒成立
知
a x

x 9 27 3 3对一切x∈（0，+∞）
恒成立，即a 3 3x x x 对x∈（0，+∞）
恒成立设 h(x) 3 3x x x则, ，由h′(x)=0
解 , hx′(x)43〈9 90h时′(xx＞)>4039时9 ，解得0＜x＜
恒成立 对x D, f '(x) 0； min
函数f (x)在区间D单调递减 在f '(x) 0在x D
恒成立 对x D, f '(x) 0； max
例1、已知函数 f (x) (a x)9(a R),对f(x) 定义域内任意的x的值x，f(x)≥27恒成立
题型一：“f (x) a”型（其中a为常数）
(1).对x D,有f (x) a恒成立 对x D，f (x) a; min
(2).对x D,有f (x) a恒成立 对x D，f (x) a. max
形式推广： (1).对x D,有f (x) g(x)恒成立 对x D，f (x) g(x) 0
题型二：“f (x ) g(x )”型
1
2
（1）.形如x ，x D,都有f (x ) g(x )恒成立
1
2
1
2
对x D，f (x) g(x) ；
min
max
（2）.形如x ，x D,都有f (x ) g(x )恒成立
1
2
1
2
对x D，f (x) g(x) ；
max
min
小结：辨析“f (x ) g(x )”型与“f (x) g(x)”型的差异：
1
2
1.对于x , x D, 有f (x ) g(x )恒成立
1
2
1
2
对x D,有f (x) g(x) 恒成立
m in
max
2.对于x D，有f (x) g(x)恒成立
函数f (x)图像恒在函数g(x)图像上方
探究提高 对于求不等式成立时的参数范围问题，在 可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有 参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这 样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等 式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的， 如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质 很难研究，就不要使用分离参数法.
（2）.形如x1，x2 D,都有f (x1) g(x2 )恒成立 对x D，f (x)min g(x)max ；
形如x1，x2 D,都有f (x1) g(x2 )恒成立 对x D，f (x)max g(x)min；
【总结提升】
(1).对x D,有f(x) g(x)恒成立 对x D，f(x) g(x) 0
恒成立 对x D,f(x) g(x)min 0;
对x D,有f(x) g(x)恒成立 对x D，f(x) g(x) 0
恒成立 对x D,f(x) g(x)max 0;
②若 m＞0，方程－mx2＋x－m＝0 的判别式 Δ＝1－4m2.
当 Δ≤0，即 m≥12时，g′(x)≤0.
所以 g(x)在[1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝0， 即不等式成立；
当
0
＜
m
＜
1 2
时
，
方
程
－
mx2
＋
x
－
m
＝
0
的两根分别为
x1 ＝
1－ 21m－4m2＜1，x2＝1＋ 21m－4m2＞1.
运用导数解决不等式恒成立问题
深圳市民办学校高中数学教师 欧阳文丰
利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法 (1)分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的 函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得 所 求 范 围 . 一 般 地 ， f(x)≥a 恒 成 立 ， 只 需 f(x)min≥a 即 可 ； f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可. (2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最 值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式 求解.
但是运用洛比塔法则和多次求导，却能收到意想 不到的效果。
【总结提升】解决恒成立问题的基本方法：
1．分离参数法：其优点在于：有时可以 避开繁琐的讨论．
2．直接研究函数的形态． 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．
恒成立 对x D, f (x) g(x) 0; min
对x D,有f (x) g(x)恒成立 对x D，f (x) g(x) 0
恒成立 对x D, f (x) g(x) 0; max
(2).函数f (x)在区间D单调递增 在f '(x) 0在x D
(ⅱ)当 k＞1 时，则 g(x)在(0，k－1)上单调递减， 在(k－1，＋∞)上单调递增，所以 g(x)的最小值为 g(k－1)， 只需 g(k－1)＞0 即可，即 ln k－k＋2＞0. 设 h(k)＝ln k－k＋2(k＞1)， h′(k)＝1－k k＜0，则 h(k)单调递减， 因为 h(2)＝ln 2＞0，h(3)＝ln 3－1＞0，h(4)＝ln 4－2＜0， 所以 k 的最大值为 3.
知存在 x0∈(2，3)，使得 h(x0)＝0，即 1＋ln(x0＋1)＝x0，
又函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以当 x∈(0，x0)时，h(x)＜h(x0)＝0； 当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞h(x0)＝0. 从而当 x∈(0，x0)时，g′(x)＝h（xx2）＜0； 当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝h（xx2）＞0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g(x0)＝ （x0＋1）[1＋x0ln（x0＋1）]＝x0＋1.
2、已知函数f (x) ex 2bx 2a，若f (x)在[2， ）
上单调递增，求实数b的取值范围。 b e2
总结：
2
变式练习
3、已知函数f (x) ex，g(x) 2x 2a, 若x [0， ）时，恒有f (x) g(x),求 实数a的取值范围。
总结：
a ln 2 1
43 9 9
所以h(x)在（0，43 9 ）上递增，在（ 43 9
9
，+∞）上递减,
故h(x)的最大值为 h(43 9 ) 4
9
9
，所以wk.baidu.com
a
9
4 9
变式练习
1： 已知函数f (x) ex 2x 2a，若f (x) 0恒 成立，求实数a的取值范围。
总结：
a ln 2 1
变式练习
因此 f(x)＞x＋kx1－x2 在(0，＋∞)上恒成立等价于 k＜g(x)min＝x0＋1. 由 x0∈(2，3)，知 x0＋1∈(3，4)，所以 k 的最大值为 3. 法二 由题意，1＋ln(x＋1)＞x＋kx1在(0，＋∞)上恒成立.
设 g(x)＝1＋ln(x＋1)－x＋kx1(x＞0)， 则 g′(x)＝x＋1 1－（x＋k1）2＝x－（（x＋k－1）1）2 ， (ⅰ)当 k＝1 时，则 g′(x)＝（x＋x1）2＞0，所以 g(x)单调递增， g(0)＝1＞0，即 g(x)＞0 恒成立.
得 k＜（x＋1）[1＋x ln（x＋1）](x＞0)，
令 g(x)＝（x＋1）[1＋x ln（x＋1）](x＞0)，
则 g′(x)＝x－1－lnx（2 x＋1），设 h(x)＝x－1－ln(x＋1)(x＞0)，
则 而
hh′((2x))＝＝11－－lxn＋13＜1＝0，x＋xh1(3＞)＝0，2－所l以n 函4＞数0，h(由x)在零(点0，存＋在∞定)上理单，调递增.
不一定推出f (x) g(x) 恒成立
m in
max
例 3 已知函数 f(x)＝xx＋ln 1x，若对∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)恒成立， 求 m 的取值范围.
（评注：第二种解法。本题通过构造函数，进行多次求导后，运用洛 比塔法则求解。）
解、f(x)＝xx＋ln 1x，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，
当 x∈(1，x2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，g(x)＞g(1)＝0，与要 求矛盾.综上所述，m≥12.
例 4 设函数 f(x)＝1－x2＋ln(x＋1).若不等式 f(x)＞x＋kx1－x2(k∈N*)
在(0，＋∞)上恒成立，求 k 的最大值. 解：法一 由已知 f(x)＞x＋kx1－x2 在(0，＋∞)上恒成立，