探讨导数在恒成立问题中的应用

数学教学中常常遇到恒成立问题,学生解决这类问题往往比较吃力.恒成立问题有很多种类型,涉及导数的性质和应用,蕴含着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,解决恒成立问题有利于提高学生的综合解题能力,在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用.
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  数学教学中常常遇到恒成立问题,学生解决这类问题往往比较吃力.恒成立问题有很多种类型,涉及导数的性质和应用,蕴含着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,解决恒成立问题有利于提高学生的综合解题能力,在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用.本文将从导数方面来讨论部分函数恒成立问题,如果通过恒等变形不能直接解出参数,将参数分离出来,构造新函数,再用导数计算.
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  例1已知函数f(x)=1+lnxx.(Ⅰ)若函数在区间(a,a+12)(其中a>0)上存在极值,求实数a的取值范围;(Ⅱ)如果当x≥1时,不等式f(x)≥kx+1恒成立,求实数k的取值范围.
  解(Ⅰ)因为f(x)=1+lnxx,x>0,则f ′(x)=-lnxx.
  当00;当x>1时,f ′(x)<0.
  所以f(x)在(0,1)上单调递增;在(1,+∞)上单调递减,所以函数f(x)在x=1处取得极大值.
  因为函数f(x)在区间(a,a+12) (其中a>0)上存在极值,所以a<1,
  a+12>1,解得12  (Ⅱ)不等式f(x)≥kx+1,即为(x+1)(1+lnx)x≥k.
  记g(x)=(x+1)(1+lnx)x,
  所以g′(x)=[(x+1)(1+lnx)]′x-(x+1)(1+lnx)x2
  =x-lnxx2.
  令h(x)=x-lnx,则h′(x)=1-1x,
  因为x≥1,所以h′(x)≥0.
  所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,
  所以[h(x)]min=h(1)=1>0,从而g′(x)>0.
  故g(x)在[1,+∞)上也单调递增,
  所以[g(x)]min=g(1)=2,所以k≤2.
  例2已知函数f(x)=xlnx.
  (1)求函数f(x)在[t,t+2] (t>0)上的最小值;(2)求证:对一切x∈(0,+∞),都有lnx>1ex-2ex.
  解(1)f ′(x)=lnx+1,令f ′(x)=0,得x=1e.
  当x∈(0,1e)时,f ′(x)<0,f(x)单减;
  当x∈(1e,+∞)时,f ′(x)>0,f(x)单增.
  因为t>0,所以
  ①当0  ②当t≥1e时,f(x)在[t,t+2]上单增,所以f(x)min=f(t)=tlnt.
  (2)要证原命题成立,需证:f(x)>xex-2e (x>0)成立.
  设g(x)=xex-2e,则g′(x)=1-xex.
  令g′(x)=0得x=1.当x∈(0,1)时,g′(x)>0,g(x)单增;当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0,g(x)单减.
  所以当x=1时,g(x)max=-1e.
  又由(1)得f(x)在(0,1e)上单减,在(1e,+∞)上单增,所以当x=1e时,f(x)min=-1e,
  又因为f(1)=0>-1e=g(1),所以f(x)>g(x),
  所以对一切x∈(0,+∞),都有lnx>1ex-2ex成立.
  例3已知f(x)=x|x-a|-2,若当x∈[0,1]时,恒有f(x)<0,求实数a的取值范围.
  解(?。┑?x=0时,显然f(x)<0成立,此时,a∈R.
  (??)当x∈(0,1]时,由f(x)<0,可得
  x-2x  令g(x)=x-2x (x∈(0,1]);
  h(x)=x+ 2x (x∈(0,1]).
  则g′(x)=1+2x2>0,
  所以g(x)是单调递增,可知[g(x)]max=g(1)=-1.
  h′(x)=1-2x2<0,
  所以h(x)是单调递减,可知[h(x)]min=h(1)=3.
  此时a的范围是(-1,3).
  综合? ??⒌茫?a的范围是(-1,3).
  例4当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,求实数a的取值范围.
  解析当x=0时,ax3-x2+4x+3≥0变为3≥0恒成立,即a∈R.
  当x∈(0,1]时,ax3≥x2-4x-3,a≥x2-4x-3x3,
  所以a≥[x2-4x-3x3]max.
  设φ(x)=x2-4x-3x3,
  φ′(x)=2x-4)x3-(x2-4x-3)3x2x6=-x2-8x-9x4
  =-(x-9)(x+1)x4>0,
  所以φ(x)在(0,1]上递增,φ(x)max=φ(1)=-6.
  所以a≥-6.
  当x∈[-2,0)时,a≤x2-4x-3x3,
  所以a≤[x2-4x-3x3]min.
  仍设φ(x)=x2-4x-3x3,φ′(x)=-(x-9)(x+1)x4.
  当x∈[-2,-1)时,φ′(x)<0,
  当x∈(-1,0)时,φ′(x)>0.
  所以当x=-1时,φ(x)有极小值,即为最小值.
  而φ(x)min=φ(-1)=1+4-3-1=-2,所以a≤-2.
  综上知-6≤a≤-2.
  例5已知函数f(x)=lnx-14x+34x-1.   (Ⅰ)求函数f(x)的单调区间;
  (Ⅱ)设g(x)=-x2+2bx-4,若对任意x1∈(0,2),x2∈[1,2],不等式f(x1)≥g(x2)恒成立,求实数b的取值范围.
  解(Ⅰ)f(x)=lnx-14x+34x-1 (x>0),
  f ′(x)=1x-14-34x2=4x-x2-34x2.
  由x>0及f ′(x)>0得1  由x>0及f ′(x)<0得03,
  故函数f(x)的单调递增区间是(1,3);单调递减区间是(0,1),(3,+∞).
  (Ⅱ)若对任意x1∈(0,2),x2∈[1,2],不等式f(x1)≥g(x2)恒成立,问题等价于f(x)min≥g(x)max.
  由(Ⅰ)可知,在(0,2)上,x=1是函数极小值点,这个极小值是唯一的极值点,故也是最小值点,所以f(x)min=f(1)=-12.
  g(x)=-x2+2bx-4,x∈[1,2],
  当b<1时,g(x)max=g(1)=2b-5;
  当1≤b≤2时,g(x)max=g(b)=b2-4;
  当b>2时,g(x)max=g(2)=4b-8.问题等价于
  b<1,
  -12≥2b-5 或1≤b≤2,
  -12≥b2-4 或b>2,
  -12≥4b-8.
  解得b<1或1≤b≤142或b∈,即b≤142.
  所以实数b的取值范围是(-∞,142].
  例6已知函数f(x)=4x2-72-x,x∈[0,1].(1)求函数f(x)的单调区间和值域;(2)设a≥1,函数g(x)=x2-3a2x-2a,x∈[0,1],若对于任意x1∈[0,1],总存在x0∈[0,1]使g(x0)=f(x1)成立,求实数a的取值范围.
  解(1)因为f ′(x)=-4x2+16x-7(2-x)2≥0,
  所以12≤x≤72且x≠2.
  因为x∈[0,1],
  所以f(x)的增区间[12,1],减区间[0,12].
  因为f(0)=-72,f(1)=-3,f(12)=-4,
  所以f(x)的值域[-4,-3].
  (2)g′(x)=2x-3a2,
  因为a≥1,所以g′(x)<0,x∈[0,1].
  所以g(x)在x∈[0,1]上是减函数,值域为[1-3a2-2a,-2a].
  由题意使f(x1)=g(x0),需[-4,-3][1-3a2-2a,-2a],
  所以1

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