函数导数中恒成立问题解题技巧

临沂市高三二轮会材料

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

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，尤其是在函数、导数中体现的更为明显，也是历年高考的热点问题,根据本人的体会，恒成立问题主要有以下几种.

一、利用函数的性质解决恒成立问题

例1 已知函数32()(1)(2)f x x a x a a x b =+--++(,)a b ∈R ．

(1)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； (2)若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调．．．，求a 的取值范围． 解：(1)由题意得)2()1(23)(2+--+='a a x a x x f

又⎩⎨⎧-=+-='==3)2()0(0)0(a a f b f ，解得0=b ，3-=a 或1=a

(2)函数)(x f 在区间)1,1(-不单调，等价于

导函数)(x f '在)1,1(-既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数 即函数)(x f '在)1,1(-上存在零点，根据零点存在定理，有

0)1()1(<'-'f f ，即：0)]2()1(23)][2()1(23[<+---+--+a a a a a a

整理得：0)1)(1)(5(2<-++a a a ，解得15-<<-a 所以a 的取值范围是{}15-<<-a a .

【方法点评】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，函数在给定的区间上不单调意味着导函数在给定的区间上有零点，利用函数零点的存在性定理即可解决问题.

二、利用数形结合思想解决恒成立问题

例2 已知3x =是函数()()2ln 110f x a x x x =++-的一个极值点．

（1）求a ；

（2）求函数()f x 的单调区间；

（3）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． 【方法指导】（1）在极值点处导数为零，可以求a 的值；（2）求函数的单调区间借助()0f x '>可以求出单调递增区间，()0f x '<可以求出单调递减区间；（3）根

据函数()f x 的单调性可以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. 解：（1）因为()'2101a f x x x =

+-+，所以()'361004

a

f =+-=，因此16a =． （2）由（1）知，()()()216ln 110,1,f x x x x x =++-∈-+∞，()()2'2431x x f x x

-+=

+

当()

()1,13,x ∈-+∞时，()'0f x >；当()1,3x ∈时，()'0f x <．

所以()f x 的单调增区间是()()1,1,3,-+∞，()f x 的单调减区间是()1,3． （3）由（2）知，()f x 在()1,1-内单调增加，在()1,3内单调减少，在()3,+∞上单调增加，且当1x =或3x =时，()'0f x =

所以()f x 的极大值为()116ln 29=-f ，极小值为()332ln 221f =-

因此()()21616101616ln 291f f =-⨯>-=

()()213211213f e f --<-+=-<

所以在()f x 的三个单调区间()()()1,1,1,3,3,-+∞直线

y b =有()y f x =的图象各有一个交点，当且仅当()()31f b f <<

因此，b 的取值范围为()32ln 221,16ln 29--．

【方法点评】数形结合是高中数学中常考的思想方法之一，在有关取值范围问题、单调性问题、最值问题中体现较明显，同时方程的根及函数零点也可转化为交点问题解决.

三、分离参数解决恒成立问题

例3 已知函数()ln a

f x x x

=-，

(1)当0a >时，判断()f x 在定义域上的单调性； (2)若2()f x x <在(1,)+∞上恒成立，求a 的取值范围．

【方法指导】（1）通过判断导数的符号解决；（2）由于参数a 是“孤立”的，可以分离参数后转化为一个函数的单调性或最值等解决．

解：(1)由题意：()f x 的定义域为(0,)+∞，且221()a x a

f x x x x

+'=+=．

0,()0a f x '>∴>，故()f x 在(0,)+∞上是单调递增函数．

(2)322ln ,0.ln ,)(x x x a x x x

a

x x x f ->∴><-

∴<又 令2

3

2

116()ln ,()()1ln 3,()6x g x x x x h x g x x x h x x x x -''=-==+-=-=，

()h x 在[1,)+∞上是减函数，()(1)2h x h ∴<=-，即()0g x '<， ()g x ∴在[1,)+∞上也是减函数，()(1)1g x g ∴<=-．

令1a ≥-得()a g x >，

∴当2()f x x <在(1,)+∞恒成立时，a 的取值范围是{}1-≥a a ．

【方法点评】分离参数是恒成立问题中的一种重要解题方法，分离参数后，构造新函数，求新函数的最值即可解决恒成立问题中的参数取值范围.

四、利用两个函数的最值解决恒成立问题

例4 [2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f (x )＝a e x

ln x ＋b e x －1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.

(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>1.

解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b

x e x －1. 由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e ，故a ＝1，b ＝2.

(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2

e . 设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，

所以当x ∈)1,0(e 时，g ′(x )<0；当x ∈),1

(+∞e 时，g ′(x )>0.

故g (x )在)1,0(e 上单调递减，在),1

(+∞e

上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上

的最小值为)1

(e

g ＝－1e .

设函数h (x )＝x e －x

－2e ，则h ′(x )＝e －x (1－x )．所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.

故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)

上的最大值为h (1)＝－1

e .

因为g min (x )＝)1

(e

g ＝h (1)＝h max (x )，

所以当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1. 五、不等式中的恒成立问题