运用导数解决不等式恒成立问题PPT

2020/4/10
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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.
不一定推出f (x) g(x) 恒成立
m in
max
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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。）
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解、f(x)＝xx＋ln 1x，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，
43 9
9,
h′(x)>04时3 9 9
h′(x)〈0时x＞
所以h(x)在（0， 43 9 ）上递增，在（43 9
9
9
，+∞）上递减,
故h(x)的最大值为 2020/4/10
h( 43 9 ) 4
9
9
，所a
4
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。
,
对f(x)定义域内任意的x x的值，f(x)≥27恒
成立，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a ，3即3x x x
对x∈
（0，+∞）h恒(x)成立3 3设x x x,
则 x，由43h9′9 (x)=0解 ，解得0＜x＜
(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.
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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
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
总结：
a ln 2 1
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变式练习
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：
2百度文库
6
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。
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.
max
min
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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
知存2在020/4x/100∈(2，3)，使得 h(x0)＝0，即 1＋ln(x0＋1)＝x0，
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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.
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
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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.
总结：
a ln 2 1
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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) ；
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.
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.
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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，
(2).函数f (x)在区间D单调递增 在f '(x) 0在x D
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；
3
max
例1、已知函数 f (x) (a x)9(a R)