5章综合 利用导数解决不等式恒（能）成立问题

利用导数解决不等式恒（能）成立问题 一、导数的恒成立问题 1、，恒成立 2. ，恒成立 3.，恒成立 4. ，恒成立 5. ，恒成立 6.，恒成立 二、导数的能成立问题 1.，成立 2. ，成立 3. ，成立 4. ，成立 5.，成立 6.，成立 三、恒成立与能成立综合问题 1.，恒成立 2. ，，成立 3. ，，成立 4. ，，成立 技巧1 分离参数法求范围 例1、函数对恒成立，则的取值范围为　　 A． B． C． D． 【解答】解：，时，不等式可化为， 设函数，其中，； 则， 令，解得或，，时，，单调递增； 时，，单调递减； 时取得最大值为（1）； 由此知的取值范围是，＋∞) 例2、已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围. ［解析］　 (1)因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)＜0，得ln x＋1＜0，解得0＜x＜，所以f(x)的单调递减区间是.令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞，所以f(x)的单调递增区间是.综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是. (2)因为g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意得2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立.因为x＞0，所以a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立.设h(x)＝ln x－x－(x＞0)，则h′(x)＝－＋＝－.令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍). 当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表： x (0,1) 1 (1，＋∞) h′(x) ＋ 0 － h(x) ↗ 极大值 ↘ 所以当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，所以若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，即a≥－2，故实数a的取值范围是［－2，＋∞). 点睛： 利用分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤： (1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式. (2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值. (3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围. 技巧2 把参数看作常数利用分类讨论方法解决 例3、已知函数f(x)＝ln x－ax，a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若不等式f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围. ［解析］　 　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a. ①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，则f(x)只有单调递增区间是(0，＋∞). ②当a＞0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜；由f′(x)＜0，得x＞； 所以f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是. (2)f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x－a(x－1)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立. 设g(x)＝ln x－a(x－1)，x＞0，则g′(x)＝－a，注意到g(1)＝0， ①当a≥1时，g′(x)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立， 则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)＜g(1)＝0，即a≥1时满足题意. ②当0＜a＜1时，令g′(x)＞0，得1＜x＜； 令g′(x)＜0，得x＞.则g(x)在上单调递增， 所以当x∈时，g(x)＞g(1)＝0，即0＜a＜1时不满足题意(舍去). ③当a≤0时，g′(x)＝－a＞0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞g(1)＝0，即a≤0时不满足题意(舍去). 综上所述，实数a的取值范围是［1，＋∞). 例4、已知f(x)＝ax2－2ln x，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若对任意的x＞0,2－f(x)≤2(a－1)x恒成立，求整数a的最小值. ［解析］　 (1)由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝. ①当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减. ②当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(负值舍去). 当x∈，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈，f′(x)＞0，f(x)单调递增. (2)由题意得2－ax2＋2ln x≤2(a－1)x， 整理得2(ln x＋x＋1)≤a(2x＋x2). 因为x＞0，所以原命题等价于a≥在区间(0，＋∞)内恒成立. 令g(x)＝ ... ...