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02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00，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01时，令g′(x)＝0，得x＝，
∴当1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
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－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，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－0，
所以gx)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，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0g′(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－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－a，
由(1)知，当a≤1时，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(0)＝1>－a，∴－11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
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03.
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(34)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)0，所以0x1)>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03；
令f′(x)<0，有10，有x>1；
令f′(x)<0，有00时，①0<<1，即01，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00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01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]．