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导数的应用二——恒成立问题的解题策略

时间:2012-05-30


导数的应用二
——恒成立问题的解题策略 一.典例分析 提炼方法 例 1.若不等式 x ? 1 ? ?3 ? a ? x ,对任意的 x ? 0 恒成立,求实数 a 的取值范围。
2

变式训练 1.若不等式 x ? 2 ax ? 3 a ? 1 ? 0 对任意的 x ? [? 1,1] 恒成立,求实数 a 的取值范围。
2 2

r />
2.若不等式 x ?
3

1 2

x

2

? 2 x ? c ? c 对任意的 x ? [ ? 1, 2 ] 恒成立,求实数 c 的取值范围。
2

3. 若不等式 x ? 1 ? ax ? b ?
2

3 2

2

x 3 对任意的 x ? [ 0 , ?? ) 恒成立, 求实数 b 的取值范围以及 a

与 b 满足的关系式。

二.考题训练 形成能力 1.设函数 f ( x )? a ln x ? x ? ax , a ? 0 .
2 2

(I)求 f ( x ) 的单凋区间: (Ⅱ)求所有实数 a ,使 e , 1 ? f ( x ) ? e 对 x ? ?1, e ? 恒成立。注; e 为自然对数的底数。
2

2.设函数 f ? x ? ? ? x ? 1 ? ln ? x ? 1 ? ,若对所有的 x ? 0 都有 f ? x ? ? ax 成立,求实数 a 的取值
.

范围.

1

3.设函数 f ( x ) ? x ? 1 对任意 x ? [ , ?? ) , f (
2

3 2

x m

) ? 4 m f ( x ) ? f ( x ? 1) ? 4 f ( m ) 恒成
2

立,则实数 m 的取值范围是___________

4.已知函数 f ( x ) ? 1 n ( ax ? 1) ?

1? x 1? x

, x ? 0 其中 a ? 0

(I)若 f ? x ? 在 x ? 1 处取得极值,求 a 的值. (Ⅱ)求 f ? x ? 的单凋区间. (Ⅲ)若 f ? x ? 的最小值为 1.求 a 的取值范围.

三.反馈练习 总结提升 1.设 f ? x ? ? e ( ax ? x ? 1) ,且曲线 y ? f ( x ) 在 x ? 1 处的切线与 x 轴平行.
x 2

(I)求 a 的值,并讨论 f ( x ) 的单调性: (II)证明:对 ? ? ? [ 0 ,
?
2 ] ,不等式 | f (cos ? ) ? f (sin ? ) |? 2 恒成立。

2.设函数 f ( x ) ?

a 3

x ?
3

3 2

x ? ( a ? 1) x ? 1 ,其中 a 为实数.
2

(I)已知函数 f ( x ) ,在 x ? 1 处取得极值,求 a 的值:
2 (Ⅱ)已知不等式 f ? ( x ) ? x ? x ? a ? 1 对任意 a ? ( 0 , ?? ) 都成立,求实数 x 的取值范围.

3.已知函数 f ( x ) ? ln x ? ax ? (I)当 a ?
1 2

1? a x

? 1( a ? R )

时,讨论 f ( x ) 的单调性
2

(II)设 g ( x ) ? x ? 2 bx ? 4 .当 a ?
f ( x 1 ) ? g ( x 2 ) ,求实数 b 取值范围.

1 4

时,若对任意 x 1 ? ( 0 , 2 ) ,存在 x 2 ? [1, 2 ] ,使

2

4.已知函数 f ( x ) ? ( a ? 1) ln x ? ax ? 1 .
2

(I)讨论函数 f (. x ) 的单调性: (II)设 a ? ? 2 ,证明:对任意 x1 , x 2 ? ?0 , ?? ? , | f ( x1 ) ? f ( x 2 ) |? 4 | x1 ? x 2 |

5.设函数 f ( x ) ?

1 x ln x

( x ? 0 且 x ? 1) ?

(I)求函数 f ( x ) 的单调区间;
1

(II)已知 2 x ? x ,对任意 x ? ( 0 ,1) 成立,求实数 a 的取值范围。
a

6.已知 f ( x ) ?

2x ? a x ?2
2

( x ? R ) 在区间[-1,1]上是增函数。

(I)求实数 a 的值组成的集合 A: (II)设关于 x 的方程, f ? x ? ?
2

1 x

的两个非零实根为 x 1 , x 2 ,试问:是否存在实数 m。使得不等

式 m ? tm ? 1 ? | x1 ? x 2 | 对任意的 a ? A 及 t ? [ ? 1,1] 恒成立?若存在,求 m 的取值范围;若 不存在,请说明理由.

3

参考答案
一.典例分析 提炼方法 例 1.(分离参数) a ? ? x ? 所以 a ? 1 变式 l、 ?
?a ? ?1 ? f min ( x ) ? f ( ? 1) ? 0
2 2
2 2
3

1 x

? 3 ,因为 x ?

1 x

? 2 ,所以 f ? x ? ? ? x ?

1 x

? 3 的最大值为 1

或?

?? 1 ? a ? 1 ? f min ( x ) ? f ( a ) ? 0

或?

?a ? 1 ? f min ( x ) ? f (1) ? 0

解得: a ?

或a ? ?
1 2
2

变式 2、 f ? x ? ? x ?

x ? 2 x , x ? [ ? 1, 2 ] ,当 x ? ?
2

2 3

时. f ? x ? ?

22 27

为极大值.而

f ( 2 ) ? 2 ,则 f ( 2 ) ? 2 为最大值,要使 f ( x ) ? c ? c ( x ? [ ? 1, 2 ]) 恒成立,只需

c ? c ? f ( 2 ) ? 2 ,解得 c ? ? 1 或 c ? 2
2

2? 2 2? 2 ?b ? 变式 3、 , ( 2 b ) 2 ? a ? 2 (1 ? b ) 2 4 4

1

1

二.考题训练 形成能力 1、(I)解:因为 f ( x ) ? a ln x ? x ? ax ,其中 x ? 0
2 2

所以 f ( x ) ? x ? 2 x ? a ? ?

?

a

2

( x ? a )( 2 x ? a ) x

由于 a ? 0 ,所以 f ( x ) 的增区间为 ( 0 , a ) ,减区间为 ( a , ?? ) (Ⅱ)证明:由题意得, f (1) ? a ? 1 ? e ? 1, 即 a ? e 由(I)知 f ( x ) 在[1,e]内单调递增.要使 e ? 1 ? f ( x ) ? e ,对 x ? [1, e ]
2

恒成立,只要 ?

? f ?1 ? ? a ? 1 ? e ? 1 ? f ? e ? ? a ? e ? ae ? e
2 2 2

解得 a ? e

2、令 g ? x ? ? ? x ? 1 ? ln ? x ? 1 ? ? ax 对函数 g ? x ? 求导数: g ( x ) ? ln( x ? 1) ? 1 ? a 令 g ?? x ? ? 0 解得 x ? e
a ?1

?

? 1 ??5 分

(i)当 a ? 1 时,对所有 x ? 0 , g ?( x ) ? 0 ,所以 g ( x ) 在[0,+∞)上是增函数,

4

又 g ?0 ? ? 0 ,所以对 x ? 0 ,都有 g ? x ? ? g ?0 ? 即当 a ? 1 时,对于所有 x ? 0 ,都有 f ? x ? ? ax ??9 分 (ii)当 a ? 1 时,对于 0 ? x ? e 所以 g ? x ? 在 又 即当
a ?1

? 1 , g ?? x ? ? 0

?0 , e

a ?1

? 1 是减函数
a ?1

?

g ?0 ? ? 0 所以对 0 ? x ? e

? 1 ,都有

g ? x ? ? g ?0 ?

a ? 1 时,不是对所有的 x ? 0 ,都有 f ? x ? ? ax 成立

综上, a 的取值范围是: (-∞,1] 3、由题意知
3
x m
2 2

??12 分
2

? 1 ? 4m

2

?x
m

2

? 1 ? ? x ? 1? ? 1 ? 4 m ? 1
2

?

?

?

在 x ? [ , ?? ) 上恒成立,
2 3 2

1
2

? 4m 3 2

2

? ?

3 x
2

?

2 x

?1 3 x
2

在 x ? [ , ?? ) 上恒成立,当 x ? 所以
1 m
2

时,函数 y ? ?
2

?

2 x

? 1 取得最小值 ?

5 3



? 4m

2

? ?

5 3

,即 ( 3 m ? 1)( 4 m ? 3 ) ? 0
2

解得 m ? ?

3 3 或m ? 2 2
a ax ? 1 ? 2 ? ax
2

4、解(I) f ? ? x ? ?

?a?2
2

?1 ? x ?

2

? ax

? 1 ??1 ? x ?

2 ? f ( x ) 在 x=1 处取得极值,? f ? (1) ? 0 ,即 a ? 1 ? a ? 2 ? 0 . ,解得 a ? 1

(II) f ? ( x ) ?

ax

2

?a?2
2

? ax

? 1 ??1 ? x ?

,? x ? 0 , a ? 0 , ? ax ? 1 ? 0 .

①当 a ? 2 时,在区间(0,+∞)上, f ? ( x ) ? 0 ,? f ( x ) 的单调增区间为(0,+∞).
2?a a
? ? f ? x ? 的单调减区间为 ? 0 , ? ? ? 2?a ? ? ,单调增区间为 ? ? a ? ? ? 2?a a ? , ?? ? ? ?

②当 0 ? a ? 2 时,由 f ? ( x ) ? 0 解得 x ?

.由 f ?( x ) ? 0 ,解得 x ?

2?a a

(Ⅲ) 、当 a ? 2 时,由(Ⅱ)①知. f ? x ? 的最小值为 f ?0 ? ? 1

5

当 0 ? a ? 2 时,由(Ⅱ)②知, f ( x ) 在 x ?

2?a a

处取得最小值 f ?
? ?

?

2?a ? ? ? f ?0 ? ? 1 a ? ?

综上可知,若 f ( x ) 得最小值为 1,则 a 的取值范围是[2,+∞). 三、课后练习
x 2 l、解:(I) f ?? x ? ? e ( ax ? x ? 1 ? 2 ax ? 1) .有条件知, f ? ?1 ? ? 0

x 2 x 故 a ? 3 ? 2 a ? 0 ? a ? ? 1 ,于是 f ? ( x ) ? e ( ? x ? x ? 2 ) ? ? e ( x ? 2 )( x ? 1)

故当 x ? ? ? ? , ? 2 ? ? ?1, ?? ? 时, f ?( x ) ? 0 ,当 x ? ( ? 2 ,1) 时, f ? ( x ) ? 0 从而 f ( x ) 在(-∞,-2),(1,+∞)单调减少,在(-2,1)单调增加. (II)由(I)知 f ( x ) 在[0,1]单调增加,故 f ( x ) 在[0,l]的最大值为 f (1) ? e 最小值为 f ( 0 ) ? 1 ,从而对任意 x 1 , x 2 ? [ 0 ,1], 有 | f ( x1 ) ? f ( x 2 ) |? e ? 1 ? 2 . 而当 ? ? [ 0 ,
?
2 ] 时, cos ? , sin ? ? [ 0 ,1] ,从而 | f (cos ? ) ? f (sin ? ) |? 2
2

2、解(1) f ( x ) ? ax ? 3 x ? ( a ? 1) 由于函数 f ( x ) 在 x ? 1 时取得极值,所以 f (1) ? 0 ,即 a ? 3 ? a ? 1 ? 0 ,? a ? 1 (2) 由题设知: ax ? 3 x ? ( a ? 1) ? x ? x ? a ? 1
2 2

?

对任意 a ? ( 0 , ?? ) 都成立,即 a ( x ? 2 ) ? x ? 2 x ? 0
2 2

对任意 a ? ( 0 , ?? ) 都成立 设 g ( a ) ? a ( x ? 2 ) ? x ? 2 x ( a ? R ) ,则对任意 x ? R , g ( a ) 为单调递增函数 ( a ? R )
2 2

所以对任意 a ? ( 0 , ?? ) , g ( a ) ? 0 恒成立的充分必要条件是 g ( 0 ) ? 0 ,即 ? x ? 2 x ? 0
2

? ? 2 ? x ? 0 ,于是 x 的取值范围是 { x ? 2 ? x ? 0}

3、解:(I)因为 f ( x ) ? ln x ? ax ?
1 x
2

1? a x

?1

所以 f ? ( x ) ?

?a?

a ?1 x
2

?

ax

2

? x ?1? a x
2

, , x ? ( 0 , ?? )

令 h ( x ) ? ax ? x ? 1 ? a , x ? ( 0 , ?? ); (1)当 a ? 0 时, h ? x ? ? ? x ? 1, x ? ?0 , ?? ?
6

所以,当 x ? ( 0 ,1) 时, h ( x ) ? 0 , 此时, f ( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递减 当 x ? (1, ?? ) 时, h ? x ? ? 0 ,此时, f ? ( x ) ? 0 ,函数 f ? x ? 单调递增.
2 (2)当 a ? 0 时,由 f ?? x ? ? 0 ,即 ax ? x ? 1 ? a ? 0 ,解得 x 1 ? 1, x 2 ?

?

1 a

?1

①当 a ?

1 2

时, h ( x ) ? 0 恒成立,此时 f ?? x ? ? 0 ,函数 f ( x ) 在(0,+∞)上递减
1. 2

②当 0 ? a ?

时,
1 a

1 a

? 1 ? 1 ? 0 , x ? ( 0 ,1) 时, h ( x ) ? 0 ,此时 f ?? x ? ? 0 ,函数 f ( x )

单调递减; x ? (1,
x?( 1 a

? 1) 时, h ( x ) ? 0 ,此时 f ?? x ? ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递增;

? ? 1, ?? ) 时, h ( x ) ? 0 ,此时 f ( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递减:

③当 a ? 0 时,由于

1 a

?1 ? 0,

x ? ( 0 ,1) , h ( x ) ? 0 ,此时 f ?( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递减;

? x ? (1, ?? ) 时, h ( x ) ? 0 ,此时 f ( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递增.

综上所述:当 a ? 0 时,函数 f ( x ) 在(0,1)上单调调递减; 函数 f ( x ) 在(1,+∞上单调递增; 当a ? 当0 ? a ?
1 2 1
2

时,函数 f ( x ) 在(0,+∞)上单调递减, 时,函数 f ( x ) 在(0,1)上单调递减; 函数 f ( x ) 在 (1, 函数 f ( x ) 在 (
1 a 1 a ? 1, ?? ) 上单调递减. ? 1) 上单调递增;

(II)因为 a ?

1 4

? (0,

1 2

) ,由(I)知, x 1 ? 1 , x 2 ? 3 ? ( 0 , 2 ) ,当 x ? ( 0 ,1) 时, f ( x ) ? 0 , 函数 1 2 b?[ 17 8 , ?? )

f ( x ) 单调递减; [ g ( x )] min ? g ( 2 ) ? 8 ? 4 b ? 0 , b ? ( 2 , ?? ) ?

当 x ? ?1, 2 ? 时, f ? ( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) ? 单调递增, 所以 f ( x ) 在(0,2)上的最小值为 f (1) ? ?
1 2

由于“对任意 x 1 ? ( 0 , 2 ) ,存在 x 2 ? [1, 2 ] ,使 f ( x 1 ) ? g ( x 2 ) "等价于 g ? x ? 在[1,2]上的最小 值不大于 f ( x ) 在(0,2)上的最小值 ?
1 2

”(*)

7

又 g ( x ) ? ( x ? b ) ? 4 ? b , x 1 ? [1, 2 ] ,所以
2 2

①当 b < l 时,因为 [ g ( x )] min ? g (1) ? 5 ? 2 b ? 0 此时与(*)矛盾 ②当 b∈[l,2]时,因为 [ g ( x )] min ? 4 ? b ? 0 同样与(*)矛盾
2

③当 b∈(2,+∞时,因为 [ g ( x )] ? g ( 2 ) ? 8 ? 4 b ,解不等式 8 ? 4 b ? 综上,b 的取值范围是 [
17 8 , ?? )

1 2

,可得 b ?

17 8

8

6、解:(I) f( x )?

?

4 ? 2 ax ? 2 x ( x 2 ? 2)2

2

?

? 2 ( x ? ax ? 2 )
2

( x ? 2)
2

2

? f ? x ? 在[-1,l]上是增函数,
2 ? f ? ? x ? ? 0 对 x ? [? 1,1] 恒成立,即 x ? ax ? 2 ? 0 对 x ? [? 1,1] 恒成立。



设 ? ( x ) ? x ? ax ? 2 ,
2

方法一: ①? ?
?? ?1 ? ? 1 ? a ? 2 ? 0 ?? ? ? 1 ? ? 1 ? a ? 2 ? 0 ? ? 1 ? a ? 1,

∵对 x ? [? 1,1] | , f ? x ? 是连续函数,且只有当 a ? 1 时, f ?? ? 1 ? ? 0 , 以及当 a ? ? 1 时, f ? ?1 ? ? 0 ,? A ? { a | ? 1 ? a ? 1} 方法二:
?a ?a ? ? 0 ? ? 0 ①? ? 2 或? 2 ?? ( ? 1) ? 1 ? a ? 2 ? 0 ?? (1) ? 1 ? a ? 2 ? 0 ? ?
? 0 ? a ? 1 或 ? 1 ? a ? 0 ? ?1 ? a ? 1.

∵对 x ? [? 1,1], f ? x ? 是连续函数,且只有当 a ? 1 时, f ?? ? 1 ? ? 0 以及当 a ? ? 1 时,

9

? f (1) ? 0

? A ? { a | ? 1 ? a ? 1}

(Ⅱ)由

2x ? a x ?2
2
2

?

1 x

,得 x ? ax ? 2 ? 0
2

?? ? a ?8? 0,

? x 1 , x 2 是方程 x ? ax ? 2 ? 0 的两非零实根
2

x1 ? x 2 ? a , x 1 x 2 ? ? 2 ,

从而 | x 1 ? x 2 |?
? ?1 ? a ? 1 ,
2

( x1 ? x 2 ) ? 4 x1 x 2 ?
2

a ?8
2

? x1 ? x 2 ?

a ?8 ? 3
2

要使不等式 m ? tm ? 1 ? x 1 ? x 2 对任意 a ? A 及 t ? [ ? 1,1] 恒成立, 当且仅当 m ? tm ? 1 ? 3 对任意 t ? [ ? 1,1] 恒成立
2

即 m ? tm ? 2 ? 0 ,对任意 t ? [ ? 1,1] 恒成立.
2



设 g ?t ? ? m ? tm ? 2 ? mt ? ( m ? 2 )
2 2

方法一: ② ? g ( ? 1) ? m ? m ? 2 ? 0 , g (1) ? m ? m ? 2 ? 0
2 2

? m ? 2 或 m ? ?2

所以,存在实数 m 使不等式 m ? tm ? 1 ? x 1 ? x 2
2

对任意 a ? A 及 t ? [ ? 1,1] 恒成立,其取值范围是 { m | m ? 2 , 或 m ? ? 2} 方法二: 当 m=0 时,②显然不成立: 当 m ? 0 时,② ? m ? 0 , g ( ? 1) ? m ? m ? 2 ? 0 或 m ? 0 , g (1) ? m ? m ? 2 ? 0 ?
2 2

? m ? 2 或 m ? ?2.

所以,存在实数 m,使不等式 m ? tm ? 1 ? x 1 ? x 2 ,对任意 a ? A 及 t ? [ ? 1,1] 恒成立,其
2

取值范围是 { m | m ? 2,或 m ? ? 2}

10


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