运用导数解决不等式恒成立问题

深圳市民办学校高中数学教师欧阳文丰运用导数解决不等式恒成立问题利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可.(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.为常数）”型（其中题型一：“aaxf)(;)()(,).1(minaxfDxaxfDx，对恒成立有对.)()(,).2(maxaxfDxaxfDx，对恒成立有对;0)()(,0)()()()(,).1(minxgxfDxxgxfDxxgxfDx对恒成立，对恒成立有对形式推广：;0)()(,0)()()()(,maxxgxfDxxgxfDxxgxfDx对恒成立，对恒成立有对；对恒成立在在单调递增在区间函数0)(,0)()().2(min''xfDxDxxfDxf；对恒成立在在单调递减在区间函数0)(,0)()(max''xfDxDxxfDxf例1、已知函数,对f(x)定义域内任意的x的值，f(x)≥27恒成立，求a的取值范围解：函数f(x)的定义域为（0，+∞），由f(x)≥27对一切x∈（0，+∞）恒成立知对一切x∈（0，+∞）恒成立，即对x∈（0，+∞）恒成立设则，由h′(x)=0解h′(x)0时，解得0＜x＜,h′(x)〈0时x＞所以h(x)在（0，）上递增，在（，+∞）上递减,故h(x)的最大值为，所以a9f(x)(x)(aR)x93ax273x3h(x)3xxx,349x934993499349934993494h()994a93a3xxx的取值范围。成立，求实数恒，若已知函数：axfaxexfx0)(22)(1总结：12lna变式练习的取值范围。上单调递增，求实数），在，若、已知函数bxfabxexfx2[)(22)(2总结：22eb变式练习的取值范围。实数求）时，恒有，若，、已知函数axgxfxaxxgexfx),()(0[,22)()(3总结：12lna变式练习”型题型二：“)()(21xgxf；，对恒成立都有，形如）（maxmin2121)()()()(,.1xgxfDxxgxfDxx；，对恒成立都有，形如）（minmax2121)()()()(,.2xgxfDxxgxfDxx恒成立不一定推出图像上方图像恒在函数函数恒成立，有对于恒成立有对恒成立有对于”型的差异：”型与“小结：辨析“maxminmaxmin212121)()()()()()(.2)()(,)()(,,.1)()()()(xgxfxgxfxgxfDxxgxfDxxgxfDxxxgxfxgxf例3已知函数f(x)＝xlnxx＋1，若对∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)恒成立，求m的取值范围.（评注：第二种解法。本题通过构造函数，进行多次求导后，运用洛比塔法则求解。）解、f(x)＝xlnxx＋1，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，即lnx≤mx－1x.设g(x)＝lnx－mx－1x，即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0恒成立，等价于函数g(x)在[1，＋∞)上的最大值g(x)max≤0.g′(x)＝1x－m1＋1x2＝－mx2＋x－mx2.①若m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，即g(x)≥g(1)＝0，这与要求的g(x)≤0矛盾.②若m＞0，方程－mx2＋x－m＝0的判别式Δ＝1－4m2.当Δ≤0，即m≥12时，g′(x)≤0.所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝0，即不等式成立；当0＜m＜12时，方程－mx2＋x－m＝0的两根分别为x1＝1－1－4m22m＜1，x2＝1＋1－4m22m＞1.当x∈(1，x2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，g(x)＞g(1)＝0，与要求矛盾.综上所述，m≥12.解：法一由已知f(x)＞kxx＋1－x2在(0，＋∞)上恒成立，得k＜（x＋1）[1＋ln（x＋1）]x(x＞0)，令g(x)＝（x＋1）[1＋ln（x＋1）]x(x＞0)，则g′(x)＝x－1－ln（x＋1）x2，设h(x)＝x－1－ln(x＋1)(x＞0)，则h′(x)＝1－1x＋1＝xx＋1＞0，所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增.而h(2)＝1－ln3＜0，h(3)＝2－ln4＞0，由零点存在定理，知存在x0∈(2，3)，使得h(x0)＝0，即1＋ln(x0＋1)＝x0，例4设函数f(x)＝1－x2＋ln(x＋1).若不等式f(x)＞kxx＋1－x2(k∈N*)在(0，＋∞)上恒成立，求k的最大值.又函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0，x0)时，h(x)＜h(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞h(x0)＝0.从而当x∈(0，x0)时，g′(x)＝h（x）x2＜0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝h（x）x2＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(x0)＝（x0＋1）[1＋ln（x0＋1）]x0＝x0＋1.因此f(x)＞kxx＋1－x2在(0，＋∞)上恒成立等价于k＜g(x)min＝x0＋1.由x0∈(2，3)，知x0＋1∈(3，4)，所以k的最大值为3.法二由题意，1＋ln(x＋1)＞kxx＋1在(0，＋∞)上恒成立.设g(x)＝1＋ln(x＋1)－kxx＋1(x＞0)，则g′(x)＝1x＋1－k（x＋1）2＝x－（k－1）（x＋1）2，(ⅰ)当k＝1时，则g′(x)＝x（x＋1）2＞0，所以g(x)单调递增，g(0)＝1＞0，即g(x)＞0恒成立.(ⅱ)当k＞1时，则g(x)在(0，k－1)上单调递减，在(k－1，＋∞)上单调递增，所以g(x)的最小值为g(k－1)，只需g(k－1)＞0即可，即lnk－k＋2＞0.设h(k)＝lnk－k＋2(k＞1)，h′(k)＝1－kk＜0，则h(k)单调递减，因为h(2)＝ln2＞0，h(3)＝ln3－1＞0，h(4)＝ln4－2＜0，所以k的最大值为3.探究提高对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.但是运用洛比塔法则和多次求导，却能收到意想不到的效果。【总结提升】解决恒成立问题的基本方法：1．分离参数法：其优点在于：有时可以避开繁琐的讨论．2．直接研究函数的形态．其缺点在于：有些问讨论比较复杂．当然，在解决问题时，要根据所给问题的特点，选择恰当的方法来解题．并在解题过程中，能够依据解题的进程合理地调整解题策略．；，对恒成立都有，形如）（maxmin2121)()()()(,.2xgxfDxxgxfDxx；，对恒成立都有，形如minmax2121)()()()(,xgxfDxxgxfDxx【总结提升】0;g(x)f(x)D,x对恒成立0g(x)D，f(x)x对g(x)恒成立有f(x)D,x(1).对min0;g(x)f(x)D,x对恒成立0g(x)D，f(x)x对g(x)恒成立有f(x)D,x对max