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微專題5　導數法研究恒(能)成立問題
第五章　一元函數的導數及其應用
用導數研究恒(能)成立問題時，一般我們既要對函數和方程的形式進行觀察，又要時刻注意數形結合幫助我們理解題意，需要靈活選擇合適的方法解決問題．常見的用導數解決恒(能)成立的方法有分離變量法、分類討論法、等價轉化法等，下面進行舉例說明．
類型1　分離變量法解決恒(能)成立問題
【例1】　已知函數f (x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a∈R)．若對于任意的x∈，都有2f (x)≥g(x)成立，求a的取值范圍．
[解]　若2f (x)≥g(x)對任意的x∈恒成立，
則2x ln x≥－x2＋ax－3對任意的x∈恒成立，
即a≤2ln x＋x＋對任意的x∈恒成立，
令h(x)＝2ln x＋x＋，x∈，只需滿足a≤h(x)min，x∈，
又h′(x)＝＋1－＝，
因為x∈，所以由h′(x)＝0得x＝1，
當≤x＜1時，h′(x)＜0，h(x)單調遞減，
當1＜x≤e時，h′(x)＞0，h(x)單調遞增，
所以當x＝1時函數h(x)取得極小值即為最小值，
即h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤4，
即實數a的取值范圍為(－∞，4]．
反思領悟　(1)一般情況下，對于分參后的求解范圍問題常有以下結論：
①a≥f (x)恒成立 a≥f (x)max；a≤f (x)恒成立 a≤f (x)min．
②a≥f (x)能成立 a≥f (x)min；a≤f (x)能成立 a≤f (x)max．
(2)分離變量時注意不等號的方向是否發生改變．
[學以致用]　1．設f (x)＝x3－x2＋bx＋c，曲線y＝f (x)在點(0，
f (0))處的切線方程為y＝1．設g(x)＝f (x)－x ln x＋x，且g(x)在區間內存在單調遞減區間，求實數a的取值范圍．
[解]　∵f ′(x)＝x2－ax＋b，∴f ′(0)＝b＝0，
又f (0)＝c＝1，∴b＝0，c＝1，
∴f (x)＝x3－x2＋1，
g(x)＝x3－x2－x ln x＋x＋1，≤x≤e，
∴g′(x)＝x2－ax－ln x，
∵g(x)在內存在單調遞減區間，
即g′(x)＝x2－ax－ln x＜0在內有解，
∴a＞x－在內能成立，
令h(x)＝x－，則h′(x)＝1－＝．
令m(x)＝x2－1＋ln x，則m′(x)＝2x＋＞0，
∴m(x)在上單調遞增，又m(1)＝0，
∴當x∈時，m(x)＜0，即h′(x)＜0；
當x∈(1，e]時，m(x)＞0，即h′(x)＞0；
∴h(x)在上單調遞減，在(1，e]上單調遞增，∴h(x)min＝h(1)＝1，∴a＞1，
即實數a的取值范圍為(1，＋∞)．
類型2　分類討論法解決恒(能)成立問題
【例2】　已知函數f (x)＝ln x－x＋1，若非零實數a使得f (x)≥ax－ax2－對任意x∈[1，＋∞)恒成立，求實數a的取值范圍．
[解]　令g(x)＝f (x)－＝ln x－x＋1－ax＋ax2＋，x≥1，
則g′(x)＝－1－a＋ax＝，x≥1．
若a＜0，則ax－1＜0，則g′(x)≤0，函數g(x)在[1，＋∞)上單調遞減，顯然不滿足題意；
若a＞0，則當≤1，即a≥1時，g′(x)≥0，函數g(x)在[1，＋∞)上單調遞增，當x＝1時，g(x)取得最小值．
令g(1)＝≥0，解得－1≤a≤1，從而可得a＝1；
當＞1，即0＜a＜1時，由g′(x)＜0，得1＜x＜，
由g′(x)＞0，得x＞，所以函數g(x)在上單調遞減，在上單調遞增，
當x＝時，g(x)取得極小值也是最小值，
令g＝－ln a≥0，解得0＜a≤1，故0＜a＜1．
綜上可得，實數a的取值范圍是(0，1]．
反思領悟　分類討論法解決恒成立、能成立問題時需要確定分類標準，做到不重不漏．一般情況下，分類時常考慮以下情況：
(1)最高次項系數的正負情況(注意0)．
(2)導數的零點存在與否(二次的一般用Δ)．
(3)極值點的大小關系(分三種情況，包括相等)．
(4)極值點與定義域的關系．
[學以致用]　2．已知函數f (x)＝3x＋sin x cos x－a cos x在R上單調遞增，則實數a 的取值范圍是(　　)
A．[－2，2]
B．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
C．[－4，4]
D．(－∞，－4]∪[4，＋∞)
√
A　[f ′(x)＝3＋cos 2x＋a sin x＝3＋1－2sin2x＋a sinx＝4－2sin2x＋a sinx，
函數f (x)＝3x＋sin x cos x－a cos x在R上單調遞增，所以f ′(x)≥0在R上恒成立，令t＝sin x，則－1≤t≤1，即4－2t2＋at≥0在[－1，1]上恒成立，即2t2－at－4≤0在[－1，1]上恒成立．
當t＝0時，不等式顯然成立．當0當－1≤t<0時，a≤2t－，由y＝2t－在[－1，0)上單調遞增，得t＝－1時，ymin＝2，所以a≤2．
綜上，a的取值范圍是[－2，2]．故選A．]
類型3　等價轉化法解決恒(能)成立問題
【例3】　已知f (x)＝xex－ex，g(x)＝mx－m(m＞0)，若對任意的x1∈
[－2，2]，總存在x2∈[－2，2]使得f (x1)＝g(x2)，求實數m的取值范圍．
[解]　∵f (x)＝xex－ex＝ex(x－1)，
∴f ′(x)＝ex(x－1)＋ex＝xex，
由f ′(x)＞0，得x＞0，
故f (x)在(0，＋∞)上單調遞增，
由f ′(x)＜0，得x＜0，
故f (x)在(－∞，0)上單調遞減，
∴當x＝0時，f (x)min＝f (0)＝－1，
又f (－2)＝－3e-2，f (2)＝e2，
∴f (x)在[－2，2]上的值域為[－1，e2]，
又g(x)＝mx－m(m＞0)在[－2，2]上是增函數，
∴g(x)在[－2，2]上的值域為[－3m，m]．
若對任意的x1∈[－2，2]，總存在x2∈[－2，2]，使得f (x1)＝g(x2)，
則[－1，e2] [－3m，m]，
∴－3m≤－1＜e2≤m，
解得m≥e2，即實數m的取值范圍是[e2，＋∞)．
反思領悟　(1)對條件進行變形，使變量相同(如都是x1)的在同一側，觀察是否可以構造一個函數，使左、右側式子用該函數表示，進而轉化為最值問題．
(2)雙變量的恒(能)成立問題
① x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)恒成立≥g(x)max．
② x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)min．
③ x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)max．
④ x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)min．
⑤ x1∈D， x2∈E，使f (x1)＝g(x2) f (x)的值域是g(x)的值域的子集．
[學以致用]　3．已知函數f (x)＝ex－k－k ln x，g(x)＝ex－kx， x∈(1，＋∞)，f (x)A．(－∞，1)　　　　　 B．(－∞，1]
C．(－∞，e)　　 D．(－∞，e]
√
D　[由題意得ex－k－k ln x即eln x+1－k(ln x＋1)令h(x)＝ex－kx，則h(ln x＋1)令m(x)＝ln x－x＋1，x∈(1，＋∞)，則m′(x)＝－1<0恒成立，
所以m(x)在(1，＋∞)上為減函數，即m(x)＝ln x－x＋1所以h(x)為增函數，即h′(x)＝ex－k≥0， x∈(1，＋∞)恒成立，所以k≤e．故選D．]
題號
一、選擇題
1．若 x＞0，使得ax2≤ln x成立，則實數a的取值范圍是(　　)
A．　　 B．
C．　　 D．
微專題強化練(五)　導數法研究恒(能)成立問題
1
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7
9
√
題號
1
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4
6
8
7
9
C　[由題設知a≤能成立，
令f (x)＝且x＞0，
則f ′(x)＝＝，
∴當0＜x＜時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增；
當x＞時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減．
∴f (x)≤f ()＝，故a≤．]
題號
2
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9
2．已知函數f (x)＝－mx(e為自然對數的底數)，若f (x)＜0在(0，
＋∞)上有解，則實數m的取值范圍是(　　)
A．(e，＋∞)　　 B．(－∞，e)
C．　　 D．
√
題號
2
1
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9
C　[由f (x)＝－mx＜0在(0，＋∞)上有解，可得，m＞在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝，x＞0，則m＞g(x)min，則g′(x)＝，
當0＜x＜2時，g′(x)＜0，函數單調遞減，當x＞2時，g′(x)＞0，函數單調遞增，
故當x＝2時，函數g(x)取得最小值g(2)＝．
故m＞．故選C．]
題號
3
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9
1
3．已知函數f (x)＝x＋sin x，若存在x∈[0，π]使不等式f (x sin x)≤
f (m－cos x)成立，則整數m的最小值為(　　)
A．－1　　B．0　　C．1　　D．
√
A　[由f (x)＝x＋sin x，可得f ′(x)＝1＋cos x≥0，
所以f (x)＝x＋sin x在x∈[0，π]上單調遞增，
所以不等式f (x sin x)≤f (m－cos x)成立等價于x sin x≤m－cos x，
所以m≥x sin x＋cos x對于x∈[0，π]有解，
題號
3
2
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9
1
令g(x)＝x sin x＋cos x，只需m≥g(x)min，
則g′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，
當0≤x≤時，g′(x)＝x cos x≥0，g(x)單調遞增，
當＜x≤π時，g′(x)＝x cos x＜0，g(x)單調遞減，
所以g(0)＝cos 0＝1，g(π)＝πsin π＋cos π＝－1，
所以g(x)min＝g(π)＝－1，所以m≥－1，所以整數m的最小值為－1．]
題號
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9
1
4．任給兩個正數x，y，使得不等式－y(ln x＋ln y)≤0恒成立，則實數a的取值范圍是(　　)
A．[－e，0)　　 B．[－e，＋∞)
C．　　 D．
√
題號
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9
1
A　[不等式－y(ln x＋ln y)≤0恒成立，
整理為≤xy(ln x＋ln y)＝xy·ln (xy)恒成立，
設xy＝t＞0，g(t)＝t ln t，g′(t)＝ln t＋1，令g′(t)＝0，得t＝，
當0＜t＜，g′(t)＜0，當t＞，g′(t)＞0，
所以函數g(t)的單調遞減區間是，單調遞增區間是，
函數的最小值g＝－，所以≤－，得－e≤a＜0．故選A．]
題號
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1
5．已知函數f (x)＝－ex，g(x)＝x2－2x－1，若對任意x1∈，都存在x2∈滿足f (x1)－g(x2)≥1，則實數a的取值范圍是(　　)
A．[2e2，＋∞)　　 B．[2e2－2，＋∞)
C．　　 D．(－∞，1]
√
題號
2
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3
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9
1
B　[令h(x)＝g(x)＋1＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈，
所以h(x)min＝h(1)＝－1，即－ex≥－1在x∈上恒成立，
故a≥－x＋xex在x∈上恒成立，令φ(x)＝xex－x，則φ′(x)＝(x＋1)ex－1，
令t(x)＝(x＋1)ex－1，x∈，則t′(x)＝(x＋2)ex＞0，
即函數t(x)在上單調遞增，故φ′(x)＝t(x)≥t＝－1＞0，
即函數φ(x)在上單調遞增，故φ(x)max＝φ(2)＝2e2－2，
所以a≥2e2－2．故選B．]
題號
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1
二、填空題
6．若不等式x2＋ax－2＜0在[1，4]上有解，則實數a的取值范圍為___________．
(－∞，1)　[∵x2＋ax－2＜0在[1，4]上有解，
∴a＜在[1，4]上有解，∴a＜－x在[1，4]上有解，
令f (x)＝－x(1≤x≤4)，
(－∞，1)
題號
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1
則f ′(x)＝－－1，
∴當1≤x≤4時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減，
∴f (x)max＝f (1)＝－1＝1，
∵a＜－x在[1，4]上有解，
則a＜f (x)max，
∴a＜1．]
題號
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1
7．函數f (x)＝x3－2x＋c，g(x)＝ln x＋1，若f (x)≥g(x)恒成立，則實數c的取值范圍是___________．
[2，＋∞)　[由f (x)≥g(x)，即x3－2x＋c≥ln x＋1，即c≥－x3＋2x＋ln x＋1．令h(x)＝－x3＋2x＋ln x＋1(x＞0)，h′(x)＝－，故函數h(x)在區間(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，最大值為h(1)＝2，所以c≥2．]
[2，＋∞)
題號
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1
8．若關于x的不等式axex－x－ln x≥0對任意x∈(0，＋∞)恒成立，
則實數a的取值范圍為____________．
　[axex－x－ln x≥0，即axex≥x＋ln x＝ln ex＋ln x＝ln (xex)，x∈(0，＋∞)，設t＝xex，t′＝(x＋1)ex＞0恒成立，函數單調遞增，故t＞0，
故a≥，設g(t)＝，t∈(0，＋∞)，故g′(t)＝，
當t∈(0，e)時，g′(t)＞0，函數單調遞增，
當t∈(e，＋∞)時，g′(t)＜0，函數單調遞減，故g(t)max＝g(e)＝，故a≥．]
題號
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1
三、解答題
9．已知函數f (x)＝ax＋ln x(a∈R)．
(1)求f (x)的單調區間；
(2)設g(x)＝x2－2x＋2，若對任意的x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]，使得f (x1)＜g(x2)，求實數a的取值范圍．
[解]　(1)f ′(x)＝a＋，x＞0．
①當a≥0時，由于x∈(0，＋∞)，所以f ′(x)＞0，
所以f (x)的單調遞增區間為(0，＋∞)．
②當a＜0時，令f ′(x)＝0，得x＝－．
題號
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1
當x變化時，f ′(x)與f (x)的變化情況如下表：
x －
f ′(x) ＋ 0 －
f (x) ? 極大值 ?
題號
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1
由上表知，f (x)的單調遞增區間為，單調遞減區間為．
綜上，當a≥0時，f (x)的單調遞增區間為(0，＋∞)，無單調遞減區間；
當a＜0時，f (x)的單調遞增區間為，單調遞減區間為．
題號
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1
(2)問題等價于f (x)max＜g(x)max．
因為g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[0，1]，
所以g(x)的最大值為g(0)＝2．
由(1)知，當a≥0時，f (x)在(0，＋∞)上單調遞增，值域為R，故不符合題意．
當a＜0時，f (x)在上單調遞增，在上單調遞減，
故f (x)的極大值即最大值，為f ＝－1＋ln ＝－1－ln (－a)．
所以2＞－1－ln (－a)，解得a＜－．
故實數a的取值范圍為．
THANKS微專題5　導數法研究恒(能)成立問題
用導數研究恒(能)成立問題時，一般我們既要對函數和方程的形式進行觀察，又要時刻注意數形結合幫助我們理解題意，需要靈活選擇合適的方法解決問題．常見的用導數解決恒(能)成立的方法有分離變量法、分類討論法、等價轉化法等，下面進行舉例說明．
類型1　分離變量法解決恒(能)成立問題
【例1】　已知函數f (x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a∈R)．若對于任意的x∈，都有2f (x)≥g(x)成立，求a的取值范圍．
[解]　若2f (x)≥g(x)對任意的x∈恒成立，
則2x ln x≥－x2＋ax－3對任意的x∈恒成立，
即a≤2ln x＋x＋對任意的x∈恒成立，
令h(x)＝2ln x＋x＋，x∈，只需滿足a≤h(x)min，x∈，
又h′(x)＝＋1－＝，
因為x∈，所以由h′(x)＝0得x＝1，
當≤x＜1時，h′(x)＜0，h(x)單調遞減，
當1＜x≤e時，h′(x)＞0，h(x)單調遞增，
所以當x＝1時函數h(x)取得極小值即為最小值，
即h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤4，
即實數a的取值范圍為(－∞，4]．
　(1)一般情況下，對于分參后的求解范圍問題常有以下結論：
①a≥f (x)恒成立 a≥f (x)max；a≤f (x)恒成立 a≤f (x)min．
②a≥f (x)能成立 a≥f (x)min；a≤f (x)能成立 a≤f (x)max．
(2)分離變量時注意不等號的方向是否發生改變．
[學以致用]　1．設f (x)＝x3－x2＋bx＋c，曲線y＝f (x)在點(0，f (0))處的切線方程為y＝1．設g(x)＝f (x)－x ln x＋x，且g(x)在區間內存在單調遞減區間，求實數a的取值范圍．
[解]　∵f ′(x)＝x2－ax＋b，∴f ′(0)＝b＝0，
又f (0)＝c＝1，∴b＝0，c＝1，
∴f (x)＝x3－x2＋1，
g(x)＝x3－x2－x ln x＋x＋1，≤x≤e，
∴g′(x)＝x2－ax－ln x，
∵g(x)在內存在單調遞減區間，
即g′(x)＝x2－ax－ln x＜0在內有解，
∴a＞x－在內能成立，
令h(x)＝x－，
則h′(x)＝1－＝．
令m(x)＝x2－1＋ln x，
則m′(x)＝2x＋＞0，
∴m(x)在上單調遞增，又m(1)＝0，
∴當x∈時，m(x)＜0，即h′(x)＜0；
當x∈(1，e]時，m(x)＞0，即h′(x)＞0；
∴h(x)在上單調遞減，在(1，e]上單調遞增，∴h(x)min＝h(1)＝1，∴a＞1，
即實數a的取值范圍為(1，＋∞)．
類型2　分類討論法解決恒(能)成立問題
【例2】　已知函數f (x)＝ln x－x＋1，若非零實數a使得f (x)≥ax－ax2－對任意x∈[1，＋∞)恒成立，求實數a的取值范圍．
[解]　令g(x)＝f (x)－＝ln x－x＋1－ax＋ax2＋，x≥1，
則g′(x)＝－1－a＋ax＝，x≥1．
若a＜0，則ax－1＜0，則g′(x)≤0，函數g(x)在[1，＋∞)上單調遞減，顯然不滿足題意；
若a＞0，則當≤1，即a≥1時，g′(x)≥0，函數g(x)在[1，＋∞)上單調遞增，當x＝1時，g(x)取得最小值．
令g(1)＝≥0，解得－1≤a≤1，從而可得a＝1；
當＞1，即0＜a＜1時，由g′(x)＜0，得1＜x＜，
由g′(x)＞0，得x＞，所以函數g(x)在上單調遞減，在上單調遞增，
當x＝時，g(x)取得極小值也是最小值，
令g＝－ln a≥0，解得0＜a≤1，故0＜a＜1．
綜上可得，實數a的取值范圍是(0，1]．
　分類討論法解決恒成立、能成立問題時需要確定分類標準，做到不重不漏．一般情況下，分類時常考慮以下情況：
(1)最高次項系數的正負情況(注意0)．
(2)導數的零點存在與否(二次的一般用Δ)．
(3)極值點的大小關系(分三種情況，包括相等)．
(4)極值點與定義域的關系．
[學以致用]　2．已知函數f (x)＝3x＋sin x cos x－a cos x在R上單調遞增，則實數a 的取值范圍是(　　)
A．[－2，2]
B．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
C．[－4，4]
D．(－∞，－4]∪[4，＋∞)
A　[f ′(x)＝3＋cos 2x＋a sin x＝3＋1－2sin2x＋a sinx＝4－2sin2x＋a sinx，
函數f (x)＝3x＋sin x cos x－a cos x在R上單調遞增，所以f ′(x)≥0在R上恒成立，令t＝sin x，則－1≤t≤1，即4－2t2＋at≥0在[－1，1]上恒成立，即2t2－at－4≤0在[－1，1]上恒成立．
當t＝0時，不等式顯然成立．當0當－1≤t<0時，a≤2t－，由y＝2t－在[－1，0)上單調遞增，得t＝－1時，ymin＝2，所以a≤2．
綜上，a的取值范圍是[－2，2]．
故選A．]
類型3　等價轉化法解決恒(能)成立問題
【例3】　已知f (x)＝xex－ex，g(x)＝mx－m(m＞0)，若對任意的x1∈[－2，2]，總存在x2∈[－2，2]使得f (x1)＝g(x2)，求實數m的取值范圍．
[解]　∵f (x)＝xex－ex＝ex(x－1)，
∴f ′(x)＝ex(x－1)＋ex＝xex，
由f ′(x)＞0，得x＞0，
故f (x)在(0，＋∞)上單調遞增，
由f ′(x)＜0，得x＜0，
故f (x)在(－∞，0)上單調遞減，
∴當x＝0時，f (x)min＝f (0)＝－1，
又f (－2)＝－3e-2，f (2)＝e2，
∴f (x)在[－2，2]上的值域為[－1，e2]，
又g(x)＝mx－m(m＞0)在[－2，2]上是增函數，
∴g(x)在[－2，2]上的值域為[－3m，m]．
若對任意的x1∈[－2，2]，總存在x2∈[－2，2]，使得f (x1)＝g(x2)，
則[－1，e2] [－3m，m]，
∴－3m≤－1＜e2≤m，
解得m≥e2，
即實數m的取值范圍是[e2，＋∞)．
　(1)對條件進行變形，使變量相同(如都是x1)的在同一側，觀察是否可以構造一個函數，使左、右側式子用該函數表示，進而轉化為最值問題．
(2)雙變量的恒(能)成立問題
① x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)恒成立≥g(x)max．
② x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)min．
③ x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)max．
④ x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)min．
⑤ x1∈D， x2∈E，使f (x1)＝g(x2) f (x)的值域是g(x)的值域的子集．
[學以致用]　3．已知函數f (x)＝ex－k－k ln x，g(x)＝ex－kx， x∈(1，＋∞)，f (x)A．(－∞，1)　　　　　 B．(－∞，1]
C．(－∞，e) D．(－∞，e]
D　[由題意得ex－k－k ln x即eln x+1－k(ln x＋1)令h(x)＝ex－kx，則h(ln x＋1)令m(x)＝ln x－x＋1，x∈(1，＋∞)，則m′(x)＝－1<0恒成立，
所以m(x)在(1，＋∞)上為減函數，即m(x)＝ln x－x＋1所以h(x)為增函數，即h′(x)＝ex－k≥0， x∈(1，＋∞)恒成立，所以k≤e．
故選D．]
微專題強化練(五)　導數法研究恒(能)成立問題
一、選擇題
1．若 x＞0，使得ax2≤ln x成立，則實數a的取值范圍是(　　)
A． B．
C． D．
C　[由題設知a≤能成立，
令f (x)＝且x＞0，
則f ′(x)＝＝，
∴當0＜x＜時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增；
當x＞時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減．
∴f (x)≤f ()＝，故a≤．]
2．已知函數f (x)＝－mx(e為自然對數的底數)，若f (x)＜0在(0，＋∞)上有解，則實數m的取值范圍是(　　)
A．(e，＋∞) B．(－∞，e)
C． D．
C　[由f (x)＝－mx＜0在(0，＋∞)上有解，可得，m＞在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝，x＞0，則m＞g(x)min，則g′(x)＝，
當0＜x＜2時，g′(x)＜0，函數單調遞減，當x＞2時，g′(x)＞0，函數單調遞增，
故當x＝2時，函數g(x)取得最小值g(2)＝．
故m＞．故選C．]
3．已知函數f (x)＝x＋sin x，若存在x∈[0，π]使不等式f (x sin x)≤f (m－cos x)成立，則整數m的最小值為(　　)
A．－1 B．0 C．1 D．
A　[由f (x)＝x＋sin x，可得f ′(x)＝1＋cos x≥0，
所以f (x)＝x＋sin x在x∈[0，π]上單調遞增，
所以不等式f (x sin x)≤f (m－cos x)成立等價于x sin x≤m－cos x，
所以m≥x sin x＋cos x對于x∈[0，π]有解，
令g(x)＝x sin x＋cos x，只需m≥g(x)min，
則g′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，
當0≤x≤時，g′(x)＝x cos x≥0，g(x)單調遞增，
當＜x≤π時，g′(x)＝x cos x＜0，g(x)單調遞減，
所以g(0)＝cos 0＝1，g(π)＝πsin π＋cos π＝－1，
所以g(x)min＝g(π)＝－1，所以m≥－1，所以整數m的最小值為－1．]
4．任給兩個正數x，y，使得不等式－y(ln x＋ln y)≤0恒成立，則實數a的取值范圍是(　　)
A．[－e，0) B．[－e，＋∞)
C． D．
A　[不等式－y(ln x＋ln y)≤0恒成立，
整理為≤xy(ln x＋ln y)＝xy·ln (xy)恒成立，
設xy＝t＞0，g(t)＝t ln t，g′(t)＝ln t＋1，令g′(t)＝0，得t＝，
當0＜t＜，g′(t)＜0，當t＞，g′(t)＞0，
所以函數g(t)的單調遞減區間是，單調遞增區間是，
函數的最小值g＝－，所以≤－，得－e≤a＜0．故選A．]
5．已知函數f (x)＝－ex，g(x)＝x2－2x－1，若對任意x1∈，都存在x2∈滿足f (x1)－g(x2)≥1，則實數a的取值范圍是(　　)
A．[2e2，＋∞) B．[2e2－2，＋∞)
C． D．(－∞，1]
B　[令h(x)＝g(x)＋1＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈，
所以h(x)min＝h(1)＝－1，即－ex≥－1在x∈上恒成立，
故a≥－x＋xex在x∈上恒成立，
令φ(x)＝xex－x，則φ′(x)＝(x＋1)ex－1，
令t(x)＝(x＋1)ex－1，x∈，則t′(x)＝(x＋2)ex＞0，
即函數t(x)在上單調遞增，故φ′(x)＝t(x)≥t＝－1＞0，
即函數φ(x)在上單調遞增，故φ(x)max＝φ(2)＝2e2－2，
所以a≥2e2－2．
故選B．]
二、填空題
6．若不等式x2＋ax－2＜0在[1，4]上有解，則實數a的取值范圍為________．
(－∞，1)　[∵x2＋ax－2＜0在[1，4]上有解，
∴a＜在[1，4]上有解，
∴a＜－x在[1，4]上有解，
令f (x)＝－x(1≤x≤4)，
則f ′(x)＝－－1，
∴當1≤x≤4時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減，
∴f (x)max＝f (1)＝－1＝1，
∵a＜－x在[1，4]上有解，
則a＜f (x)max，
∴a＜1．]
7．函數f (x)＝x3－2x＋c，g(x)＝ln x＋1，若f (x)≥g(x)恒成立，則實數c的取值范圍是________．
[2，＋∞)　[由f (x)≥g(x)，即x3－2x＋c≥ln x＋1，即c≥－x3＋2x＋ln x＋1．令h(x)＝－x3＋2x＋ln x＋1(x＞0)，h′(x)＝－，故函數h(x)在區間(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，最大值為h(1)＝2，所以c≥2．]
8．若關于x的不等式axex－x－ln x≥0對任意x∈(0，＋∞)恒成立，則實數a的取值范圍為________．
　[axex－x－ln x≥0，即axex≥x＋ln x＝ln ex＋ln x＝ln (xex)，x∈(0，＋∞)，設t＝xex，t′＝(x＋1)ex＞0恒成立，函數單調遞增，故t＞0，
故a≥，設g(t)＝，t∈(0，＋∞)，故g′(t)＝，
當t∈(0，e)時，g′(t)＞0，函數單調遞增，
當t∈(e，＋∞)時，g′(t)＜0，函數單調遞減，
故g(t)max＝g(e)＝，故a≥．]
三、解答題
9．已知函數f (x)＝ax＋ln x(a∈R)．
(1)求f (x)的單調區間；
(2)設g(x)＝x2－2x＋2，若對任意的x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]，使得f (x1)＜g(x2)，求實數a的取值范圍．
[解]　(1)f ′(x)＝a＋，x＞0．
①當a≥0時，由于x∈(0，＋∞)，所以f ′(x)＞0，
所以f (x)的單調遞增區間為(0，＋∞)．
②當a＜0時，令f ′(x)＝0，得x＝－．
當x變化時，f ′(x)與f (x)的變化情況如下表：
x －
f ′(x) ＋ 0 －
f (x) ? 極大值 ?
由上表知，f (x)的單調遞增區間為，單調遞減區間為．
綜上，當a≥0時，f (x)的單調遞增區間為(0，＋∞)，無單調遞減區間；
當a＜0時，f (x)的單調遞增區間為，單調遞減區間為．
(2)問題等價于f (x)max＜g(x)max．
因為g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[0，1]，
所以g(x)的最大值為g(0)＝2．
由(1)知，當a≥0時，f (x)在(0，＋∞)上單調遞增，值域為R，故不符合題意．
當a＜0時，f (x)在上單調遞增，在上單調遞減，
故f (x)的極大值即最大值，為f ＝－1＋ln ＝－1－ln (－a)．
所以2＞－1－ln (－a)，解得a＜－．
故實數a的取值范圍為．
6/9微專題5　導數法研究恒(能)成立問題
用導數研究恒(能)成立問題時，一般我們既要對函數和方程的形式進行觀察，又要時刻注意數形結合幫助我們理解題意，需要靈活選擇合適的方法解決問題．常見的用導數解決恒(能)成立的方法有分離變量法、分類討論法、等價轉化法等，下面進行舉例說明．
類型1　分離變量法解決恒(能)成立問題
【例1】　已知函數f (x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a∈R)．若對于任意的x∈，都有2f (x)≥g(x)成立，求a的取值范圍．
[嘗試解答] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　(1)一般情況下，對于分參后的求解范圍問題常有以下結論：
①a≥f (x)恒成立 a≥f (x)max；a≤f (x)恒成立 a≤f (x)min．
②a≥f (x)能成立 a≥f (x)min；a≤f (x)能成立 a≤f (x)max．
(2)分離變量時注意不等號的方向是否發生改變．
[學以致用]　1．設f (x)＝x3－x2＋bx＋c，曲線y＝f (x)在點(0，f (0))處的切線方程為y＝1．設g(x)＝f (x)－x ln x＋x，且g(x)在區間內存在單調遞減區間，求實數a的取值范圍．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
類型2　分類討論法解決恒(能)成立問題
【例2】　已知函數f (x)＝ln x－x＋1，若非零實數a使得f (x)≥ax－ax2－對任意x∈[1，＋∞)恒成立，求實數a的取值范圍．
[嘗試解答] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　分類討論法解決恒成立、能成立問題時需要確定分類標準，做到不重不漏．一般情況下，分類時常考慮以下情況：
(1)最高次項系數的正負情況(注意0)．
(2)導數的零點存在與否(二次的一般用Δ)．
(3)極值點的大小關系(分三種情況，包括相等)．
(4)極值點與定義域的關系．
[學以致用]　2．已知函數f (x)＝3x＋sin x cos x－a cos x在R上單調遞增，則實數a 的取值范圍是(　　)
A．[－2，2]
B．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
C．[－4，4]
D．(－∞，－4]∪[4，＋∞)
類型3　等價轉化法解決恒(能)成立問題
【例3】　已知f (x)＝xex－ex，g(x)＝mx－m(m＞0)，若對任意的x1∈[－2，2]，總存在x2∈[－2，2]使得f (x1)＝g(x2)，求實數m的取值范圍．
[嘗試解答] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　(1)對條件進行變形，使變量相同(如都是x1)的在同一側，觀察是否可以構造一個函數，使左、右側式子用該函數表示，進而轉化為最值問題．
(2)雙變量的恒(能)成立問題
① x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)恒成立≥g(x)max．
② x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)min．
③ x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)max．
④ x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)min．
⑤ x1∈D， x2∈E，使f (x1)＝g(x2) f (x)的值域是g(x)的值域的子集．
[學以致用]　3．已知函數f (x)＝ex－k－k ln x，g(x)＝ex－kx， x∈(1，＋∞)，f (x)A．(－∞，1)　　　　　 B．(－∞，1]
C．(－∞，e) D．(－∞，e]
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