第三章-§3-5-利用导数研究恒(能)成立问题.docx

§3.5　利用导数研究恒(能)成立问题
题型一　分离参数求参数范围
例1　(2022·北京模拟)已知函数f(x)＝(x－2)ex－ax2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x≥2时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
解　(1)当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，
f(0)＝(0－2)e0＝－2，
f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－1，
所以切线方程为y＋2＝－(x－0)，
即x＋y＋2＝0.
(2)方法一　当x≥2时，f(x)≥0恒成立，等价于当x≥2时，(x－2)ex－ax2＋ax≥0恒成立．
即a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立.
当x＝2时，0·a≤0，所以a∈R.
当x>2时，x2－x>0，
所以a≤＝恒成立．
设g(x)＝，则g′(x)＝，
因为x>2，所以g′(x)>0，
所以g(x)在区间(2，＋∞)上单调递增．
所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2.
综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．
方法二　f′(x)＝(x－1)(ex－a)，
①当a≤0时，因为x≥2，
所以x－1>0，ex－a>0，所以f′(x)>0，
则f(x)在[2，＋∞)上单调递增，
f(x)≥f(2)＝0成立．
②当0<a≤e2时，f′(x)≥0，
所以f(x)在[2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(2)＝0成立．
③当a>e2时，在区间(2，ln a)上，f′(x)<0；
在区间(ln a，＋∞)上，f′(x)>0，
所以f(x)在(2，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，f(x)≥0不恒成立，不符合题意．综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．
教师备选
(2022·重庆模拟)已知函数f(x)＝－(m＋1)x＋mln x＋m，f′(x)为函数f(x)的导函数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若xf′(x)－f(x)≥0恒成立，求m的取值范围．
解　(1)f′(x)＝x－(m＋1)＋＝＝，
①当m≤0，x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
②当0<m<1，x∈(0，m)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(m,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
③当m＝1，x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
④当m>1，x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)由题意知xf′(x)－f(x)≥0恒成立，
即－mln x≥0恒成立，∴≥mln x.
当x＝1时，≥mln x恒成立，
当x>1时，≥m；
当0<x<1时，≤m.
令g(x)＝，
则g′(x)＝，
当0<x<1时，g′(x)<0，
g(x)单调递减且g(x)<0，
∴x→0时，→0，
∴m≥0，
当x>1时，令g′(x)＝0，得x＝，
∴当1<x<时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x>时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)≥g()＝e，
∴m≤e.
综上知，0≤m≤e.
思维升华　分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.
跟踪训练1　已知函数f(x)＝xln x(x>0)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤成立，求实数m的最小值．
解　(1)由f(x)＝xln x，得f′(x)＝1＋ln x，
令f′(x)>0，得x>；
令f′(x)<0，得0<x<.
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以f(x)在x＝处取得极小值，
且为f ＝－，无极大值．
(2)由f(x)≤，
得m≥.
问题转化为m≥min.
令g(x)＝＝2ln x＋x＋(x>0)．
则g′(x)＝＋1－＝
＝.
由g′(x)>0，得x>1；
由g′(x)<0，得0<x<1.
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以g(x)min＝g(1)＝4，则m≥4.
故m的最小值为4.
题型二　等价转化求参数范围
例2　(2022·三门峡模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2－x，a>－且a≠0.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间与极大值；
(2)当x>1时，g(x)＝f(x)＋2ax<0恒成立，求实数a的取值范围．
解　当a＝1时，函数f(x)＝ln x－x2－x，x∈(0，＋∞)，
可得f′(x)＝－2x－1＝－
＝－，
令f′(x)>0，解得0<x<，f(x)单调递增；
令f′(x)<0，可得x>，f(x)单调递减；
所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，
当x＝时，
函数f(x)取极大值f ＝－－ln 2.
(2)由题意，函数g(x)＝f(x)＋2ax＝ln x－ax2＋(2a－1)x，x∈(1，＋∞)，
可得g′(x)＝－2ax＋(2a－1)
＝－，
①当－<a<0，x∈时，g′(x)<0；
x∈时，g′(x)>0，
所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，
当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以g(x)∈，不符合题意；
②当a>0时，x∈(1，＋∞)时恒有g′(x)<0，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)<0对任意x∈(1，＋∞)都成立，
只需g(1)≤0，
即－a＋2a－1≤0，解得a≤1，故0<a≤1.
综上所述，a的取值范围是(0,1]．
教师备选
(2022·西宁模拟)已知函数f(x)＝－ax2＋ln x(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性﹔
(2)若存在x∈(1，＋∞)，f(x)>－a，求a的取值范围．
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－2ax＋＝，
当a≤0时，f′(x)>0，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时﹐由f′(x)＝0，得x＝，
由f′(x)>0，得x∈，
由f′(x)<0，得x∈，
于是有f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由f(x)>－a，
得a(x2－1)－ln x<0，x∈(1，＋∞)，
－ln x<0，x2－1>0，
当a≤0时，a(x2－1)－ln x<0，满足题意；
当a≥时，
令g(x)＝a(x2－1)－ln x(x>1)，
g′(x)＝>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(1)＝0，不符合题意，
当0<a<时，
由g′(x)>0，得x∈，
由g′(x)<0，得x∈，
于是有g(x)在上单调递减，在上单调递增，
g(x)min＝g<g(1)＝0，
则当0<a<时，∃x∈(1，＋∞)，g(x)<0，
综上，a的取值范围为.
思维升华　根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．
跟踪训练2　已知函数f(x)＝ex－ax.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x∈[0，＋∞)时，都有f(x)>－a，求实数a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝ex－a(x∈R)，
当a≤0时，f′(x)>0，
∴f(x)在R上单调递增；
当a>0时，令f′(x)>0⇒x>ln a，
令f′(x)<0⇒x<ln a，
∴f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)依题意知，当x∈[0，＋∞)时，f(x)min>－a，
由(1)知，当a≤1时，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(0)＝1>－a，∴－1<a≤1.
当a>1时，f(x)在[0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a
＝a－aln a>－a，
解得1<a<e2.
综上，实数a的取值范围为(－1，e2)．
题型三　双变量的恒(能)成立问题
例3　设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解　(1)存在x1，x2∈[0,2]，
使得g(x1)－g(x2)≥M成立，
等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立．
g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝，
∵g＝－，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
∴当x∈[0,2]时，g(x)max＝g(2)＝1，
g(x)min＝g＝－，
∴M≤1－＝，
∴满足条件的最大整数M为4.
(2)对任意的s，t∈有f(s)≥g(t)，
则f(x)min≥g(x)max.
由(1)知当x∈时，g(x)max＝g(2)＝1，
∴当x∈时，f(x)＝＋xln x≥1恒成立，
即a≥x－x2ln x恒成立．
令h(x)＝x－x2ln x，x∈，
∴h′(x)＝1－2xln x－x，
令φ(x)＝1－2xln x－x，
∴φ′(x)＝－3－2ln x<0，
h′(x)在上单调递减，
又h′(1)＝0，
∴当x∈时，h′(x)≥0，
当x∈[1,2]时，h′(x)≤0，
∴h(x)在上单调递增，在[1,2]上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝1，
故a≥1.
∴实数a的取值范围是[1，＋∞)．
教师备选
已知函数f(x)＝(x∈R)，a为正实数．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)因为f(x)＝(x∈R)，
所以f′(x)＝(x∈R)，
因为a>0，所以令f′(x)>0，得0<x<3；
令f′(x)<0，得x<0或x>3.
所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，
所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝.
又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，
所以f(0)<f(4)，
所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a.
若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，
则需f(x)max－f(x)min<1在x∈[0,4]上恒成立，即f(3)－f(0)<1，
即＋a<1，解得a<.
又a>0，所以0<a<.
故实数a的取值范围为.
思维升华　“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有
(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.
(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.
(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
跟踪训练3　设f(x)＝xex，g(x)＝x2＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；
(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．
解　(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)
＝xex＋x2＋x，
所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令F′(x)>0，解得x>－1，
令F′(x)<0，解得x<－1，
所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，
在(－1，＋∞)上单调递增，
故F(x)min＝F(－1)＝－－.
(2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，
有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，
所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立，
令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥，而≤e，故m≥e，
即实数m的取值范围是[e，＋∞)．
课时精练

1．(2022·商丘模拟)已知函数f(x)＝x(mex－1)．
(1)当m＝1时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x>0时，f(x)≥x2－2x，求实数m的取值范围．
解　(1)当m＝1时，f(x)＝x(ex－1)，
则f(1)＝e－1，
由f′(x)＝ex－1＋xex可得，f′(1)＝2e－1.
所以函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(2e－1)(x－1)，
即(2e－1)x－y－e＝0.
(2)由x(mex－1)≥x2－2x及x>0，
得m≥.
令g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝，
当x∈(0,2)时，g′(x)>0；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以x＝2是g(x)的极大值点，也是g(x)的最大值点，即g(x)max＝g(2)＝.
所以m≥，
故m的取值范围为.
2．(2022·长春模拟)设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x(a∈R).
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≥1恒成立，求a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝2x－(a＋2)＋
＝(x>0)，
又f′(3)＝4－＝0，
所以a＝6，经检验符合条件，
所以f′(x)＝，
令f′(x)>0，有0<x<1或x>3；
令f′(x)<0，有1<x<3，
所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，(3，＋∞)，单调递减区间是(1,3)．
(2)由题意f(x)≥1⇔f(x)min≥1，
当a≤0时，令f′(x)>0，有x>1；
令f′(x)<0，有0<x<1，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝－a－1，
所以－a－1≥1，即a≤－2，
当a>0时，①0<<1，即0<a<2时，
存在f(1)＝－a－1<0；
②>1，即a>2时，存在f(1)＝－a－1<0；
③＝1，即a＝2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，存在f(1)＝－3<0，
可知a>0时，f(x)≥1不恒成立．
综上，a≤－2.

3．(2022·沈阳模拟)已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)＝x2＋sin x，g(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且g(x)＝ax＋－2(a>0)．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若对于∀x1∈[－1,1]，∃x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)>g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解　(1)设x<0，则－x>0，
所以f(－x)＝x2－sin x，
又f(x)是奇函数，
所以f(－x)＝－f(x)，
所以f(x)＝－f(－x)＝－x2＋sin x，
又f(0)＝0，
所以f(x)＝
(2)由题意得f(x)min>g(x)min.
当x∈[0,1]时，f′(x)＝2x＋cos x>0，
所以f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝0；
当x∈[－1,0)时，f′(x)＝－2x＋cos x>0，
所以f(x)在[－1,0)上单调递增，
所以f(x)min＝f(－1)＝－1－sin 1<0，
所以f(x)min＝－1－sin 1.
对于g(x)，因为a>0，x>0，
所以ax＋－2≥2－2，
当且仅当ax＝，即x＝时等式成立．
所以g(x)min＝2－2，
所以－1－sin 1>2－2，
整理得a<，
所以实数a的取值范围是.

4．已知函数f(x)＝ex－ksin x，其中k为常数．
(1)当k＝1时，判断f(x)在区间(0，＋∞)内的单调性；
(2)若对任意x∈(0，π)，都有f(x)>1，求k的取值范围．
解　(1)当k＝1时，得f(x)＝ex－sin x，
故f′(x)＝ex－cos x，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，
故f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
(2)当x∈(0，π)时，sin x∈(0,1]，
故f(x)>1，即ex－ksin x>1，
即ex－ksin x－1>0.
令g(x)＝ex－ksin x－1，
①当k≤0时，－ksin x≥0，
又ex－1>0，
故g(x)>0在x∈(0，π)上恒成立，故k≤0；
②当0<k≤1时，g′(x)＝ex－kcos x，
令φ(x)＝g′(x)，φ′(x)＝ex＋ksin x，
故φ′(x)>0在x∈(0，π)上恒成立，g′(x)在x∈(0，π)上单调递增，
故g′(x)>g′(0)＝e0－k≥0，
即g(x)在x∈(0，π)上单调递增，
故g(x)>g(0)＝e0－1＝0，故0<k≤1；
③当k>1时，由②可知g′(x)在x∈(0，π)上单调递增，
设g′(x)＝0时的根为x0，
则g(x)在x∈(0，x0)上单调递减；
在x∈(x0，π)上单调递增．
又g(0)＝e0－1＝0，
故g(x0)<0，舍去．
综上，k∈(－∞，1]．