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1、函数导数中的恒成立问题解题技巧 函数导数中的恒成立问题解题技巧 新课标下的高考越来越重视考查知识的综合应用,恒成立问题涉及方程、 不 等式、函数性质与图象及它们之间的综合应用,同时渗透换元、转化与化归、数 形结合、函数与方程等思想方法,考查综合解题能力,尤其是在函数、导数中体 现的更为明显,也是历年高考的热点问题, 根据本人的体会,恒成立问题主要有 以下几种 . 一、利用函数的性质解决恒成立问题 例 1 已知函数 32 ( )(1)(2)f xxa xa axb( ,)a bR (1)若函数( )f x的图象过原点,且在原点处的切线斜率是3,求,a b的值; (2)若函数( )f x在区间(
2、1,1)上不单调 ,求 a 的取值范围 解:(1) 由题意得)2()1(23)( 2 aaxaxxf 又 3)2()0( 0)0( aaf bf ,解得0b,3a或1a (2)函数)(xf在区间)1 ,1(不单调,等价于 导函数)(xf在)1 , 1(既能取到大于 0 的实数,又能取到小于0 的实数 即函数)(xf在)1 , 1(上存在零点,根据零点存在定理,有 0) 1()1(ff,即:0)2()1(23)2()1 (23aaaaaa 整理得:0)1)(1)(5( 2 aaa,解得15a 所以a的取值范围是15aa. 【方法点评】 利用函数的性质解决恒成立问题,主要是函数单调性的应用, 函数
3、 在给定的区间上不单调意味着导函数在给定的区间上有零点,利用函数零点的存 在性定理即可解决问题 . 二、利用数形结合思想解决恒成立问题 例 2 已知 3x 是函数 2 ln 110fxaxxx的一个极值点 (1)求a; (2)求函数 fx 的单调区间; (3)若直线yb与函数 yfx 的图象有 3个交点,求b的取值范围 【方法指导】(1)在极值点处导数为零,可以求a的值; (2)求函数的单调区间 借助( )0fx可以求出单调递增区间,( )0fx可以求出单调递减区间;(3)根 据函数( )f x的单调性可以求出其极大值和极小值,画出图象,数形结合可以求 出b的取值范围 . 解: (1)因为 2
4、10 1 a fxx x ,所以 36 100 4 a f,因此16a (2)由(1)知, 2 16ln 110 ,1,fxxxx x, 2 243 1 xx fx x 当1,13,x时, 0fx;当1,3x时, 0fx 所以 fx 的单调增区间是1,1 , 3,, fx 的单调减区间是1,3 (3)由( 2)知, f x 在1,1 内单调增加,在 1,3 内单调减少,在3,上 单调增加,且当 1x 或 3x 时, 0fx 所以 fx 的极大值为 116ln 29f,极小值为332ln 221f 因此 2 161610 1616ln291ff 2 13211213fef 所 以 在 fx的 三
5、 个 单 调 区 间 1, 1 , 1, 3 , 3, 直 线 yb有 yfx的图象各有一个交点,当且仅当31fbf 因此,b的取值范围为32ln221,16ln29 【方法点评】数形结合是高中数学中常考的思想方法之一,在有关取值范围问题、 单调性问题、 最值问题中体现较明显, 同时方程的根及函数零点也可转化为交点 问题解决 . 三、分离参数解决恒成立问题 例 3 已知函数( )ln a f xx x , (1) 当0a时,判断( )f x在定义域上的单调性; (2) 若 2 ( )f xx 在(1,)上恒成立,求a的取值范围 【方法指导】(1)通过判断导数的符号解决; (2)由于参数a是“孤
6、立”的,可 以分离参数后转化为一个函数的单调性或最值等解决 解:(1) 由题意:( )f x的定义域为(0,),且 22 1 ( ) axa fx xxx 0,( )0afx,故( )f x在(0,)上是单调递增函数 (2) 322 ln,0.ln,)(xxxaxx x a xxxf又 令 2 32116 ( )ln, ( )( )1ln3,( )6 x g xxxx h xgxxxh xx xx , ( )h x在1,)上是减函数,( )(1)2h xh,即( )0g x, ( )g x在1,)上也是减函数,( )(1)1g xg 令1a得( )ag x, 当 2 ( )f xx 在(1,)
7、恒成立时, a的取值范围是1aa 【方法点评】 分离参数是恒成立问题中的一种重要解题方法,分离参数后, 构造 新函数,求新函数的最值即可解决恒成立问题中的参数取值范围. 四、利用两个函数的最值解决恒成立问题 例 4 2014新课标全国卷 设函数 f(x)ae xln xbe x1 x ,曲线 yf(x)在点(1, f(1)处的切线方程为 ye(x1)2. (1)求 a,b; (2)证明: f(x)1. 解:(1)函数 f(x)的定义域为 (0, ),f(x)aexln xa xe xb x 2ex 1b xe x1. 由题意可得 f(1)2,f(1) e,故 a1,b2. (2)证明:由 (1
8、)知,f(x)e xln x2 xe x1,从而 f(x)1 等价于 xln xxex2 e . 设函数 g(x)xln x,则 g(x)1ln x, 所以当 x) 1 ,0( e 时,g(x)0. 故 g(x)在) 1 ,0( e 上单调递减,在), 1 ( e 上单调递增,从而g(x)在(0, )上 的最小值为) 1 ( e g 1 e. 设函数 h(x)xe x2 e,则 h( x)e x(1x)所以当 x(0,1)时,h( x)0; 当 x(1,)时,h(x)0 时,g(x)h(x),即 f(x)1. 五、不等式中的恒成立问题 例 5 (2016 ? 山东) 已知 2 21 ( )(l
9、n), x f xa xxaR x . (1) 讨论( )f x的单调性; (2) 当 1a 时,证明 3 ( )( ) 2 f xfx对于任意的1,2x恒成立 解:(1)( )f x的定义域为(0,), 2 233 22(2)(1) ( ) aaxx fxa xxxx 当0a时,若(0,1)x,则( )0,( )fxfx单调递增, 若(1,)x,则( )0,( )fxfx单调递减 当0a时, 3 (1)22 ( )()() a x fxxx xaa . (i) 当02a时, 2 1 a . 当(0,1)x或 2 (,)x a 时,( )0,( )fxf x单调递增 当 2 (1,)x a 时
10、,( )0,( )fxf x单调递减 (ii)当 2a 时, 2 1 a ,在区间(0,)内,( )0,( )fxf x单调递增 (iii)当2a时, 2 01 a . 当 2 (0,)x a 或(1,)x时,( )0,( )fxf x单调 递增,当 2 (,1)x a 时,( )0,( )fxf x单调递减 综上所述,当0a时,( )f x在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减; 当02a时,( )f x在(0,1)上单调递增,在 2 (1,) a 上单调递减,在 2 (,) a 上 单调递增; 当 2a 时,( )f x在(0,)上单调递增; 当 2a 时,( )f x在(0, 2
11、a)上单调递增, 在( 2 a,1)上单调递减,在 (1, ) 上单调递增 (2) 证明:由 (1) 知,当1a时, 223 21122 ( )( )ln(1) x f xfxxx xxxx 23 312 ln1xx xxx , 1,2x 设( )ln, ( )g xxx h x 23 312 1,1,2x xxx ,则( )( )( )( )fxfxg xh x 由 1 ( )0 x g x x ,可得( )(1)1g xg,当且仅当1x时取得等号 又 2 4 326 ( ) xx h x x . 设 2 ( )326xxx,则( )x在1,2上单调递减 因为(1)1, (2)10, 所以
12、0 (1,2)x,使得当 0 (1 ,)xx时,( )0x, 0 (,2)xx时,( )0x. 所以( )h xh( x) 在 0 (1,)x上单调递增,在 0 (,2)x上单调递减 由 1 (1)1, (2) 2 hh,可得 1 ( )(2) 2 h xh, 当且仅当2x时取得等号 所以 3 ( )( )(1)(2) 2 f xfxgh, 即 3 ( )( ) 2 f xfx对于任意的1,2x成立 六、利用恒成立问题求参数的取值范围 例 6 (2015北京 )已知函数。 (1)求曲线在点处的切线方程; (2)求证:当时,; (3)设实数 k 使得对恒成立,求 k 的最大值。 1+x ( )l
13、n 1 f x x ( )yfx(0,(0)f (0,1)x 3 ( )2() 3 x f xx 3 ( )() 3 x f xk x(0,1)x 解:(1),所以切线方程 为 (2)原命题造价于任意, 设函数, 。 当时,函 数在上是单 调递 增 函 数。 ,因此任意。 (3)由(2)知,当2k时,f(x)k) 3 ( 3 x x对 x(0,1)恒成立 当 k2 时,令 h(x)f(x)k) 3 ( 3 x x,则 h(x)f(x)k(1x 2)kx 4(k2) 1x 2. 所以当 02 时,f(x)k ) 3 ( 3 x x并非对 x(0,1)恒成立 综上可知, k的最大值为 2. 【方法
14、总结】 研究不等式0)(xf在区间 A上恒成立,求其中参数 a的取值范围 问题,一般有两种方法:直接转化为研究带参数的动态函数)(xfy在区间 A 上的最小值由于函数)(xfy带有参数,它在 区间A上的单调性会由于参数a 2 11 ( )ln,( 1,1), ( ),(0)2,(0)0 11 x f xxfxff xx 2yx 3 (0,1),( )2()0 3 x xf xx 3 ( )ln(1)ln(1)2() 3 x F xxxx 4 2 2 ( ) 1 x Fx x (0,1)x( )0Fx( )F x(0,1)x ( )(0)0F xF 3 (0,1),( )2() 3 x xf x
15、x 的不同而变化,因此需要分类讨论由于函数)(xfy的单调性和其导函数在区 间A上的零点个数有关, 问题最后都归结为就函数)(xfy在区间A上的零点个 数进行分类讨论 问题(2) 中的方法一就是遵循这一思路; 是将不等式0)(xf 作变形,将参数a和变量x进行分离,将不等式转化为)()(xgah(或)()(xgah) , 利用极值原理,将问题转化为研究函数)(xgy在区间 A上的最大值(或最小值) 的问题 七、变形构造函数解答恒成立问题 例 7 已知函数 (1) 求证在区间 (0 ,1)上单调递减; (2) 若不等式是自然对数的底数)对任意的都成立, 求实数的最大值 【方法指导】 (1) 这是
16、一个函数的单调性问题,所以用导数法,即证明函数 在区间 (0 ,1)上的导函数恒小于零; (2) 先将不等式两边取自然对 数,转化为恒成立,再用导数法求函数在 上的最小值即可 解:(1), 设函数,当时, 所以函数在上单调递减,所以, 所以在上恒成立,所以函数在上单调递减 (2) 不等式等价于不等式, xxxxf2)1ln(2)1 (ln)( 2 )(xf ee n an () 1 1( 22 *Nn a )(xf 1( 22 ) 1 e n an n n a ) 1 1ln( 1 2xx xG 1 )1ln( 1 )( 1 ,0(x x xx xf 1 )1ln(2 )( xxxg)1ln(
17、)()1 ,0(x01 1 1 )( x xg )(xg)1 ,0(x0)0()(gxg 0)(xf)1 ,0(x)(xf)1 ,(x 22 ) 1 1 (e n an 1) 1 1ln() 2 ( n a n 由知,设函数, , 设函数, ,由 (1) 知时,所 以函数在上单调递减, 所以, 所以函数 在上单调递减,所以 故函数在上的最小值为, 即,所以的最大值为 1 1 1 n n n a ) 1 1ln( 1 2xx xG 1 )1ln( 1 )(1 ,0(x 22 1 )1(ln)1( 1 )( xxx xG )1 (ln)1 ( )1 (ln)1 ( 22 22 xxx xxx 22 )1 (ln)1()(xxxxh 1 ,0x xxxxh2)1ln(2)1 (ln)( 2 )1 ,0(x)(xh0)0(h )(xh) 1 ,0(x0)0()(hxh0)(xG)(xG 1 ,0(x)1 ()(GxG1 2ln 1 )(xG 1 ,0(1 2ln 1 )1(G 1 2ln 1 2 a a 2 2ln 2
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