函数导数中的恒成立问题解题技巧

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32()(1)(2)fxxaxaaxb(,)abR．(1)若函数()fx的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3，求,ab的值；(2)若函数()fx在区间(1,1)上不单调．．．，求a的取值范围．解：(1)由题意得)2()1(23)(2aaxaxxf又3)2()0(0)0(aafbf，解得0b，3a或1a(2)函数)(xf在区间)1,1(不单调，等价于导函数)(xf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)(xf在)1,1(上存在零点，根据零点存在定理，有0)1()1(ff，即：0)]2()1(23)][2()1(23[aaaaaa整理得：0)1)(1)(5(2aaa，解得15a所以a的取值范围是15aa.【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3x是函数2ln110fxaxxx的一个极值点．（1）求a；（2）求函数fx的单调区间；（3）若直线yb与函数yfx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()0fx可以求出单调递增区间，()0fx可以求出单调递减区间；（3）根据函数()fx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'2101afxxx，所以'361004af，因此16a．（2）由（1）知，216ln110,1,fxxxxx，2'2431xxfxx当1,13,x时，'0fx；当1,3x时，'0fx．所以fx的单调增区间是1,1,3,，fx的单调减区间是1,3．（3）由（2）知，fx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1x或3x时，'0fx所以fx的极大值为116ln29f，极小值为332ln221f因此21616101616ln291ff213211213fef所以在fx的三个单调区间1,1,1,3,3,直线yb有yfx的图象各有一个交点，当且仅当31fbf因此，b的取值范围为32ln221,16ln29．【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例3已知函数()lnafxxx，(1)当0a时，判断()fx在定义域上的单调性；(2)若2()fxx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．解：(1)由题意：()fx的定义域为(0,)，且221()axafxxxx．0,()0afx，故()fx在(0,)上是单调递增函数．(2)322ln,0.ln,)(xxxaxxxaxxxf又令232116()ln,()()1ln3,()6xgxxxxhxgxxxhxxxx，()hx在[1,)上是减函数，()(1)2hxh，即()0gx，()gx在[1,)上也是减函数，()(1)1gxg．令1a得()agx，∴当2()fxx在(1,)恒成立时，a的取值范围是1aa．【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例4[2014·新课标全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝aexlnx＋bex－1x，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.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aexlnx＋axex－bx2ex－1＋bxex－1.由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e，故a＝1，b＝2.(2)证明：由(1)知，f(x)＝exlnx＋2xex－1，从而f(x)1等价于xlnxxe－x－2e.设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx，所以当x∈)1,0(e时，g′(x)0；当x∈),1(e时，g′(x)0.故g(x)在)1,0(e上单调递减，在),1(e上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为)1(eg＝－1e.设函数h(x)＝xe－x－2e，则h′(x)＝e－x(1－x)．所以当x∈(0，1)时，h′(x)0；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，＋∞)上的最大值为h(1)＝－1e.因为gmin(x)＝)1(eg＝h(1)＝hmax(x)，所以当x0时，g(x)h(x)，即f(x)1.五、不等式中的恒成立问题例5(2016•山东)已知221()(ln),xfxaxxaRx.(1)讨论()fx的单调性；(2)当1a时，证明3()()2fxfx对于任意的[1,2]x恒成立．解：(1)()fx的定义域为(0,)，223322(2)(1)()aaxxfxaxxxx当0a时，若(0,1)x，则()0,()fxfx单调递增，若(1,)x，则()0,()fxfx单调递减．当0a时，3(1)22()()()axfxxxxaa.(i)当02a时，21a.当(0,1)x或2(,)xa时，()0,()fxfx单调递增．当2(1,)xa时，()0,()fxfx单调递减．(ii)当2a时，21a，在区间(0,)内，()0,()fxfx单调递增．(iii)当2a时，201a.当2(0,)xa或(1,)x时，()0,()fxfx单调递增，当2(,1)xa时，()0,()fxfx单调递减．综上所述，当0a时，()fx在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减；当02a时，()fx在(0,1)上单调递增，在2(1,)a上单调递减，在2(,)a上单调递增；当2a时，()fx在(0,)上单调递增；当2a时，()fx在（0，2a）上单调递增，在（2a，1）上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，当1a时，22321122()()ln(1)xfxfxxxxxxx23312ln1xxxxx，[1,2]x设()ln,()gxxxhx233121,[1,2]xxxx，则()()()()fxfxgxhx．由1()0xgxx，可得()(1)1gxg，当且仅当1x时取得等号．又24326()xxhxx.设2()326xxx，则()x在[1,2]上单调递减．因为(1)1,(2)10，所以0(1,2)x，使得当0(1,)xx时，()0x，0(,2)xx时，()0x.所以()hxh(x)在0(1,)x上单调递增，在0(,2)x上单调递减．由1(1)1,(2)2hh，可得1()(2)2hxh，当且仅当2x时取得等号．所以3()()(1)(2)2fxfxgh，即3()()2fxfx对于任意的[1,2]x成立．六、利用恒成立问题求参数的取值范围例6(2015·北京)已知函数。(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求证：当时，；(3)设实数k使得对恒成立，求k的最大值。解：(1)，所以切线方程为(2)原命题造价于任意，设函数，。1+x()ln1fxx()yfx(0,(0))f(0,1)x3()2()3xfxx3()()3xfxkx(0,1)x211()ln,(1,1),'(),'(0)2,(0)011xfxxfxffxx2yx3(0,1),()2()03xxfxx3()ln(1)ln(1)2()3xFxxxx422'()1xFxx当时，，函数在上是单调递增函数。，因此任意。(3)由(2)知，当2k时，f(x)k)3(3xx对x∈(0，1)恒成立．当k2时，令h(x)＝f(x)－k)3(3xx，则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝kx4－（k－2）1－x2.所以当0x4k－2k时，h′(x)0，因此h(x)在区间)2,0(4kk上单调递减．故当0x4k－2k时，h(x)h(0)＝0，即f(x)k)3(3xx.所以当k2时，f(x)k)3(3xx并非对x∈(0，1)恒成立．综上可知，k的最大值为2.【方法总结】研究不等式0)(xf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)(xfy在区间A上的最小值．由于函数)(xfy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)(xfy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)(xfy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0)(xf作变形，将参数a和变量x进行分离，将不等式转化为)()(xgah(或)()(xgah)，利用极值原理，将问题转化为研究函数)(xgy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．(0,1)x'()0Fx()Fx(0,1)x()(0)0FxF3(0,1),()2()3xxfxxxxxxf2)1ln(2)1(ln)(2(1)求证在区间(0，1)上单调递减；(2)若不等式是自然对数的底数）对任意的都成立，求实数的最大值．【方法指导】(1)这是一个函数的单调性问题，所以用导数法，即证明函数在区间(0，1)上的导函数恒小于零；(2)先将不等式两边取自然对数，转化为恒成立，再用导数法求函数在上的最小值即可．解：(1)，设函数，当时，，所以函数在上单调递减，所以，所以在上恒成立，所以函数在上单调递减．(2)不等式等价于不等式，由知，，设函数，，，设函数，，，由(1)知时，，所以函数在上单调递减，，所以，所以函数在上单调递减，所以．)(xfeenan()11(22*Nna)(xf1(22)1enannna)11ln(12xxxG1)1ln(1)(]1,0(xxxxxf1])1[ln(2)(xxxg)1ln()()1,0(x0111)(xxg)(xg)1,0(x0)0()(gxg0)(xf)1,0(x)(xf)1,(x22)11(enan1)11ln()2(nan111