导数恒成立解答题的几种处理方法

等号两边无法求导的导数恒成立求参数范围几种处理方法常见导数恒成立求参数范围问题有以下常见处理方法：1、求导之后，将参数分离出来，构造新函数，计算例：已知函数1ln()xfxx．（Ⅰ）若函数在区间1(,)2aa（其中0a）上存在极值，求实数a的取值范围；（Ⅱ）如果当1x时，不等式()1kfxx恒成立，求实数k的取值范围；解：（Ⅰ）因为1ln()xfxx，0x，则ln()xfxx，…1分当01x时，()0fx；当1x时，()0fx．所以()fx在（0，1）上单调递增；在(1,)上单调递减，所以函数()fx在1x处取得极大值．…2分因为函数()fx在区间1(,)2aa（其中0a）上存在极值，所以1,112aa解得11.2a…4分（Ⅱ）不等式()1kfxx，即为(1)(1ln),xxkx记(1)(1ln)(),xxgxx所以22[(1)(1ln)](1)(1ln)ln(),xxxxxxxgxxx…6分令()ln,hxxx则1()1hxx，1,()0.xhx()hx在[1,)上单调递增，min[()](1)10hxh，从而()0gx故()gx在[1,)上也单调递增，min[()](1)2gxg，所以2k…8分2、直接求导后对参数展开讨论，然后求出含参最值，从而确定参数范围例题：设，其中．（1）若有极值，求的取值范围；（2）若当，恒成立，求的取值范围．解：（1）由题意可知：，且有极值，则有两个不同的实数根，故，解得：，即（4分）（2）由于，恒成立，则，即（6分）由于，则①当时，在处取得极大值、在处取得极小值，则当时，，解得：；（8分）②当时，，即在上单调递增，且，则恒成立；（10分）③当时，在处取得极大值、在处取得极小值，则当时，，解得：综上所述，的取值范围是：但是对于导数部分的难题，上述方法不能用时，我们得另辟蹊径：一、分开求左右最值：1、已知函数xxxfln)(。（1）求函数)(xf在)0(2,ttt上的最小值；（2）求证：对一切,0x，都有exexx21ln解（1）1ln)(xxf,令0)(xf，得ex1，当)1,0(ex时，)(,0)(xfxf单减；当),1(ex时，)(,0)(xfxf单增。（2分）0t①当et10时，)(xf在et1,上单减，在2,1te上单增，所以eefxf1)1()(min；（4分）②当et1时，)(xf在2,tt上单增，所以tttfxfln)()(min。（6分）（2）要证原命题成立，需证：)0(2)(xeexxfx成立。设eexxgx2)(，则xexxg1)(，令0)(xg得1x，当)1,0(x时，)(,0)(xgxg单增；当),1(x时，)(,0)(xgxg单减，所以当1x时，exg1)(max。（9分）又由（1）得)(xf在)1,0(e上单减，在),1(e上单增，所以当ex1时，exf1)(min，又)()(),1(10)1(xgxfgef，（11分）所以对一切),0(x，都有exexx21ln成立。（12分）2、设函数，记，若函数至少存在一个零点，则实数的取值范围是．设，令，，发现函数在上都单调递增，在上都单调递减，于是函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，所以函数有零点需满足，即.二、适当处理后能够简化运算：3(2014)()=xlnxg(x)=k(x-1)()=g(x),kfxfx、年一测已知函数，（1）若求的范围.⑴解:注意到函数()fx的定义域为(0,),所以()()fxgx恒成立()()fxgxxx恒成立,设(1)()ln(0)kxhxxxx,则221()kxkhxxxx,------------2分当0k时,()0hx对0x恒成立,所以()hx是(0,)上的增函数,注意到(1)0h,所以01x时,()0hx不合题意.-------4分当0k时,若0xk,()0hx;若xk,()0hx.所以()hx是(0,)k上的减函数,是(,)k上的增函数,故只需min()()ln10hxhkkk.--------6分令()ln1(0)uxxxx,11()1xuxxx,当01x时,()0ux;当1x时,()0ux.所以()ux是(0,1)上的增函数,是(1,)上的减函数.故()(1)0uxu当且仅当1x时等号成立.所以当且仅当1k时,()0hx成立,即1k为所求.三、放缩后，求参数范围4、设函数2()1xfxexax。（1）若0a，求()fx的单调区间；（2）若当0x时()0fx，求a的取值范围（1）0a时，()1xfxex，'()1xfxe.当(,0)x时，'()0fx；当(0,)x时，'()0fx.故()fx在(,0)单调减少，在(0,)单调增加（II）'()12xfxeax由（I）知1xex，当且仅当0x时等号成立.故'()2(12)fxxaxax，从而当120a，即12a时，'()0(0)fxx，而(0)0f，于是当0x时，()0fx.由1(0)xexx可得1(0)xexx.从而当12a时，'()12(1)(1)(2)xxxxxfxeaeeeea，故当(0,ln2)xa时，'()0fx，而(0)0f，于是当(0,ln2)xa时，()0fx.综合得a的取值范围为1(,]2.5、（2014年二测）()(1)()(2)01()(),kxfxxefxkxfxfx已知求的和极值，求取值范解（Ⅰ）由题知()(1)()Rxfxxex，当()0fx时，1x，当()0fx时，1x，----3分所以函数()fx的增区间为(,1)，减区间为(1,)，其极大值为1(1)fe，无极小值．-----------5分（Ⅱ）由题知01x，当0k时，因为01kxx，由⑴知函数在(,1)单调递增，所以()()kfxfx，符合题意；-------7分当01k时，取xk，可得()(1)fkf，这与函数在(,1)单调递增不符；9分当1k时，因为11kxx，由⑴知函数()fx在(1,)单调递减，所以1()()kffxx，即只需证1()()fxfx，即证11xxxeex，即1lnlnxxxx，12ln0xxx，令1()2ln(01)hxxxxx，则222221(1)()0xxxhxxx对01x恒成立，所以()hx为(0,1)上的减函数，所以()(1)0hxh，所以()()kfxfx，符合题意．-------11分综上：(,0][1,)k为所求．------------12分6、（2013年辽宁）已知函数321,12cos.0,12exxfxxgxaxxxx当时，(I)求证:11-;1xfxx(II)若fxgx恒成立,求实数a取值范第一问略：