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函数导数中的恒成立问题解题技巧

时间:2017-03-13

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 f ( x) ? x3 ? (1 ? a) x2 ? a(a ? 2) 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 f ?( x) ? 3x 2 ? 2(1 ? a) x ? a(a ? 2)

f (0) ? b ? 0 ? 又? ,解得 b ? 0 , a ? ?3 或 a ? 1 ? f ?(0) ? ?a(a ? 2) ? ?3
(2)函数 f ( x) 在区间 ( ?1,1) 不单调,等价于 导函数 f ?( x ) 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 f ?( x ) 在 ( ?1,1) 上存在零点,根据零点存在定理,有
f ?(?1) f ?(1) ? 0 ,

即: [3 ? 2(1 ? a) ? a(a ? 2)][3 ? 2(1 ? a) ? a(a ? 2)] ? 0

整理得: (a ? 5)(a ? 1)(a ? 1) 2 ? 0 ,解得 ? 5 ? a ? ?1 所以 a 的取值范围是 ?a ? 5 ? a ? ?1?. 【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 x ? 3 是函数 f ? x ? ? a ln ?1 ? x ? ? x2 ?10x 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 f ?( x) ? 0 可以求出单调递增区间, f ?( x) ? 0 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 f ' ? x ? ?
a a ? 2 x ? 10 ,所以 f ' ? 3? ? ? 6 ? 10 ? 0 ,因此 a ? 16 . 1? x 4
2
'

(2)由(1)知, f ? x ? ? 16ln ?1 ? x ? ? x ?10x, x ? ? ?1, ??? , f

? x? ?

2 ? x 2 ? 4 x ? 3? 1? x

当 x ? ? ?1,1? ? ?3, ??? 时, f ' ? x ? ? 0 ;当 x ? ?1,3? 时, f ' ? x ? ? 0 . 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 x ? 1 或 x ? 3 时, f ' ? x ? ? 0 所以 f ? x ? 的极大值为 f ?1? ? 16ln 2 ? 9 ,极小值为 f ?3? ? 32ln 2 ? 21 因此 f ?16? ? 162 ?10 ?16 ? 16ln 2 ? 9 ? f ?1?
f ? e ?2 ? 1? ? ?32 ? 11 ? ?21 ? f ? 3?

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 f ?3? ? b ? f ?1?
因此, b 的取值范围为 ?32ln 2 ? 21,16ln 2 ? 9? . 【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 a 例 3 已知函数 f ( x) ? ln x ? , x (1)当 a ? 0 时,判断 f ( x) 在定义域上的单调性; (2)若 f ( x) ? x2 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. 1 a x?a 解:(1)由题意: f ( x) 的定义域为 (0, ??) ,且 f ?( x) ? ? 2 ? 2 . x x x
? a ? 0,? f ?( x) ? 0 ,故 f ( x) 在 (0, ??) 上是单调递增函数.

(2)? f ( x) ? x 2 ,? ln x ?

a ? x 2 .又x ? 0,? a ? x ln x ? x 3 x

令 g ( x) ? x ln x ? x3 , h( x) ? g ?( x) ? 1 ? ln x ? 3x 2 , h?( x) ?

1 1 ? 6 x2 ? 6x ? , x x

? h( x) 在 [1, ??) 上是减函数,? h( x) ? h(1) ? ?2 ,即 g ?( x) ? 0 , ? g ( x) 在 [1, ??) 上也是减函数,? g ( x) ? g (1) ? ?1 .

令 a ? ?1 得 a ? g ( x ) ,

∴当 f ( x) ? x2 在 (1, ??) 恒成立时, a 的取值范围是 ?a a ? ?1?. 【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 bex-1 x 例 4 [2014· 新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)=ae ln x+ x ,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. a b b 解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=aexln x+ xex-x2ex-1+xex-1. 由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e,故 a=1,b=2. 2 2 (2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+x ex-1,从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe-x- e. 设函数 g(x)=xln x,则 g′(x)=1+ln x, 1 1 所以当 x∈ (0, ) 时,g′(x)<0;当 x∈ ( ,?? ) 时,g′(x)>0. e e 1 1 故 g(x)在 (0, ) 上单调递减,在 ( ,?? ) 上单调递增,从而 g(x)在(0,+∞)上 e e 1 1 的最小值为 g ( ) =- e. e 2 设函数 h(x)=xe-x- ,则 h′(x)=e-x(1-x).所以当 x∈(0,1)时,h′(x)>0; e 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,+∞) 1 上的最大值为 h(1)=- e. 1 因为 gmin(x)= g ( ) =h(1)=hmax(x), e 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 2x ? 1 例 5 (2016?山东)已知 f ( x) ? a( x ? ln x) ? 2 , a ? R . x (1)讨论 f ( x) 的单调性; (2)当 a ? 1 时,证明 f ( x) ? f ?( x) ?
3 对于任意的 x ? [1, 2] 恒成立. 2

解:(1) f ( x) 的定义域为 (0, ??) , f ?( x) ? a ?

a 2 2 (ax 2 ? 2)( x ? 1) ? ? ? x x 2 x3 x3

当 a ? 0 时,若 x ? (0,1) ,则 f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增,

若 x ? (1, ??) ,则 f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减. 当 a ? 0 时, f ?( x) ?

a( x ? 1) 2 2 (x ? )( x ? ). 3 x a a

(i)当 0 ? a ? 2 时,

2 ? 1. a 2 , ??) 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增. a

当 x ? (0,1) 或 x ? (

当 x ? (1,

2 ) 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减. a 2 ? 1 ,在区间 (0, ??) 内, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增. a 2 2 ? 1 .当 x ? (0, ) 或 x ? (1, ??) 时, f ?( x) ? 0, f ( x ) 单调 a a

(ii)当 a ? 2 时,

(iii)当 a ? 2 时, 0 ?

递增,当 x ? (

2 ,1) 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减. a

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

2 2 ) 上单调递减,在 ( , ?? ) 上 a a

a

a

+∞)上单调递增. (2)证明:由(1)知,当 a ? 1 时,

f ( x) ? f ?( x) ? x ? ln x ?
x ? [1, 2]

2x ? 1 1 2 2 3 1 2 ? (1 ? ? 2 ? 3 ) ? x ? ln x ? ? 2 ? 3 ? 1 , 2 x x x x x x x

设 g ( x) ? x ? ln x, h( x) ? ?

3 1 2 ? 2 ? 3 ? 1, x ? [1, 2] ,则 f ( x) ? f ? ( x) ? g ( x)? h( x. ) x x x

由 g ?( x) ? 又 h?( x) ?

x ?1 ? 0 ,可得 g ( x) ? g (1) ? 1 ,当且仅当 x ? 1 时取得等号. x

?3x 2 ? 2 x ? 6 .设 ? ( x) ? ?3x2 ? 2x ? 6 ,则 ? ( x) 在 [1, 2] 上单调递减. 4 x

因为 ? (1) ? 1, ? (2) ? ?10 , 所以 ?x0 ? (1, 2) ,使得当 x ? (1, x0 ) 时, ? ( x) ? 0 , x ? ( x0 , 2) 时, ? ( x) ? 0 . 所以 h( x) h(x)在 (1, x0 ) 上单调递增,在 ( x0 , 2) 上单调递减.
1 1 ,可得 h( x) ? h(2) ? , 2 2 当且仅当 x ? 2 时取得等号. 3 所以 f ( x) ? f ?( x) ? g (1) ? h(2) ? , 2 3 即 f ( x) ? f ?( x) ? 对于任意的 x ? [1, 2] 成立. 2 六、利用恒成立问题求参数的取值范围

由 h(1) ? 1, h(2) ?

例 6 (2015·北京)已知函数 f ( x) ? ln

1+x 。 1? x

(1)求曲线 y ? f ( x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程; (2)求证:当 x ? (0,1) 时, f ( x) ? 2( x ?
x3 ) ; 3

x3 (3)设实数 k 使得 f ( x) ? k ( x ? ) 对 x ? (0,1) 恒成立,求 k 的最大值。 3

解:(1) f ( x) ? ln 为 y ? 2x

1? x 1 , x ? (?1,1), f '( x) ? , f '(0) ? 2, f (0) ? 0 ,所以切线方程 1? x 1 ? x2

(2)原命题造价于任意 x ? (0,1), f ( x) ? 2( x ?

x3 )?0 , 3

设函数 F ( x) ? ln(1 ? x) ? ln(1 ? x) ? 2( x ?
2 x4 。 1 ? x2

x3 ) , 3

F '( x) ?

当 x ? (0,1) 时 , F '( x) ? 0 , 函 数 F ( x) 在 x ? (0,1) 上 是 单 调 递 增 函 数 。
F ( x) ? F (0) ? 0 ,因此任意 x ? (0,1), f ( x) ? 2( x ?

x3 )。 3

(3)由(2)知,当 k ? 2 时,f(x)>k ( x ?

x3 ) 对 x∈(0,1)恒成立. 3

x3 当 k>2 时,令 h(x)=f(x)-k ( x ? ) ,则 3

h′(x)=f′(x)-k(1+x2)=

kx4-(k-2) . 1-x2

所以当 0<x<

4 k-2 k ?2 4 ( 0 , ) 上单调递减. 时, h ′( x )<0 ,因此 h ( x ) 在区间 k k

4 k-2 x3 (x ? ) . 故当 0<x< 时, h ( x )< h (0) = 0 ,即 f ( x )< k k 3 所以当 k>2 时,f(x)>k ( x ?
x3 ) 并非对 x∈(0,1)恒成立. 3

综上可知,k 的最大值为 2. 【方法总结】研究不等式 f ( x) ? 0 在区间 A 上恒成立,求其中参数 a 的取值范围 问题,一般有两种方法:①直接转化为研究带参数的动态函数 y ? f ( x) 在区间 A 上的最小值.由于函数 y ? f ( x) 带有参数,它在 区间 A 上的单调性会由于参数 a 的不同而变化,因此需要分类讨论.由于函数 y ? f ( x) 的单调性和其导函数在区 间 A 上的零点个数有关, 问题最后都归结为就函数 y ? f ?( x) 在区间 A 上的零点个 数进行分类讨论. 问题(2)中的方法一就是遵循这一思路; ②是将不等式 f ( x) ? 0 作变形, 将参数 a 和变量 x 进行分离, 将不等式转化为 h(a) ? g ( x) (或 h(a) ? g ( x) ), 利用极值原理, 将问题转化为研究函数 y ? g ( x) 在区间 A 上的最大值 (或最小值) 的问题. 七、变形构造函数解答恒成立问题 例 7 已知函数 f ( x) ? ln 2 (1 ? x) ? 2 ln(1 ? x) ? 2x .

(1)求证 f ( x) 在区间(0,1)上单调递减;
1 2n? a ? e 2 (e 是自然对数的底数)对任意的 n ? N * 都成立, (2)若不等式 (1 ? ) n

求实数 a 的最大值. 【方法指导】(1)这是一个函数的单调性问题,所以用导数法,即证明函数 f ( x) 在区间(0,1)上的导函数恒小于零;(2)先将不等式 (1 ? 数,转化为
1 2 n? a ) ? e 2 两边取自然对 n

1 1 a 1 ? 在 ? ? n 恒成立,再用导数法求函数 G ( x) ? ln(x ? 1) x 2 ln(1 ? 1 ) n

x ? (0,1] 上的最小值即可.

解:(1) f ?( x) ?

2[ln(1 ? x) ? x] , 1? x

设函数 g ( x) ? ln(1 ? x) ? x ,当 x ? (0,1) 时, g ?( x) ?

1 ?1 ? 0 , 1? x

所以函数 g ( x) 在 x ? (0,1) 上单调递减,所以 g ( x) ? g (0) ? 0 , 所以 f ?( x) ? 0 在 x ? (0,1) 上恒成立,所以函数 f ( x) 在 x ? (? ,1) 上单调递减.
1 2n?a a 1 ? e 2 等价于不等式 (n ? ) ln(1 ? ) ? 1 , (2)不等式 (1 ? ) 2 n n

由1 ?

1 a 1 ? 1 知, ? ?n, n 2 ln(1 ? 1 ) n

设函数 G ( x) ?

1 1 ? ,x ? (0,1] , ln(x ? 1) x

G?( x) ? ?

1 1 (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 ? , ? 2 (1 ? x) ln 2 (1 ? x) x 2 x (1 ? x) ln 2 (1 ? x)

设函数 h( x) ? (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 , x ?[0,1] ,

h?( x) ? ln 2 (1 ? x) ? 2 ln(1 ? x) ? 2x ,由(1)知 x ? (0,1) 时, h?( x) ? h?(0) ? 0 ,所
h( x) ? h(0) ? 0 , 以函数 h( x) 在 x ? (0,1) 上单调递减, 所以 G ?( x) ? 0 , 所以函数 G ( x)

在 x ? (0,1] 上单调递减,所以 G( x) ? G(1) ?

1 ? 1. ln 2

故函数 G ( x) 在 (0,1] 上的最小值为 G (1) ?

1 ? 1, ln 2



2 a 1 ?2. ? ? 1 ,所以 a 的最大值为 2 ln 2 ln 2


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