函数与导数中的恒成立问题

1/21函数与导数中的恒成立问题（一）最值法1．若函数xxxgxxf2)(,ln)(，若对所有的[,)xe都有()xfxaxa成立，求实数a的取值范围.解：0ln)(aaxxxaaxxxf0)(,),[,ln)(minxhexaaxxxxh时则当令10)(,1ln)(aexxhaxxh得由0)(,0)(011xhexxhexaa时当时且当),(,),0()(11aaeexh在单减在单增①当eeaa1,2时0)()(),()(minaaeeehxhexh单增在，1eea。②当aeaeeha0)(,2由时,2,,2,2aeaaeeaaeeaeea则若则若2a故不成立综上所述1eea另解：1lnlnxxxaaaxxxex。),[,1ln)(exxxxxh令，则2)1(1ln)(xxxxh。021ln1ln011)1ln(,eeexxxxxex时当0)(xh，1)()(mineeehxh，1eea。1.1设函数1()=ln.fxxxa其中a为常数，0a(1)当1a时，求()fx的最小值；(2)若(0,)x，恒有()1fx成立，求实数a的取值集合；（3）设常数b、0,c且bc，点(,())Abfb、(,())Bcfc在函数()fx的图像上，直线AB的斜率为k.问：是否存在0(,)xbc，使f'0()xk成立？若存在，求出0x的取值范围；若不存在，请说明理由.2/21解（1）当1a时，'1()101fxxx列表如下x(0,1)1(1,)'()fx—0+'()fx1()=(1)1fxf最小值（4分）（2）'111()10axfxxaxaxa列表如下：x1(0,)a1a1(,)a'()fx—0+'()fx111lnaaa由题意，111ln1,ln1aaaaa，（6分），由（1），当0a，ln1aa，ln1aa（8分）又由①知当且仅当1x时()1fx，1a，a的取值的集合为{1}（10分）（3）()()1lnln1fbfcbckbcabc，而'0011fxax，由'0fxk得0lnlnbcxbc（13分），由（1）知当0t且1t时，ln1,tt0,ln1,ln1,bbccbcccbb从而lnlnbcbcbc（15分）0lnlnbcxcbc为所求（16分）（二）分离参数法2．(2012·南通高中联考)设函数f(x)＝ax，[0,]x，且f(x)≤1＋sinx，则a的取值范围________．解析：因为f(x)≤1＋sinx⇔ax≤1＋sinx.当x＝0时，0≤1＋sin0＝1恒成立．当0x≤π时，ax≤1＋sinx⇔a≤1＋sinxx⇔a≤1＋sinxxmin.3/21令g(x)＝1＋sinxx(0x≤π)，则g′(x)＝xcosx－1－sinxx2，令c(x)＝xcosx－1－sinx，c′(x)＝－xsinx≤0，x∈(0，π]．故c(x)在(0，π]上单调递减，c(x)c(0)＝－10.综上可知x∈(0，π]时，g′(x)0，故g(x)在区间(0，π]上单调递减．所以[g(x)]min＝g(π)＝1π.故a≤1π.答案：－∞，1π2.1关于x的不等式x2＋9＋|x2－3x|≥kx在[1,5]上恒成立，则实数k的范围为________．解析：两边同除以x，则k≤x＋9x＋|x－3|，x＋9x≥6，|x－3|≥0，当且仅当x＝3，两等式同时取得等号，所以x＝3时，右边取最小值6.所以k≤6.答案：(－∞，6]2.2设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意的x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．解析：若x＝0，则不论a取何值，f(x)＝1≥0显然成立；当x0即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥3x2－1x3，设g(x)＝3x2－1x3，则g′(x)＝31－2xx4，g(x)在区间0，12上单调递增，在区间12，1上单调递减，因此g(x)max＝g12＝4，从而a≥4；当x0即x∈[－1,0)时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≤3x2－1x3，g′(x)＝31－2xx40，g(x)在区间[－1,0)上单调递增，因此g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4.[来源:学.科.网]综上a＝4.答案：42.3(2012·盐城中学期中)已知函数f(x)＝x2－alnx，g(x)＝bx－x＋2，其中a，b∈R且ab＝2.函数f(x)在14，1上是减函数，函数g(x)在14，1上是增函数．(1)求函数f(x)，g(x)的表达式；(2)若不等式f(x)≥mg(x)对x∈14，1恒成立，求实数m的取值范围；4/21(3)求函数h(x)＝f(x)＋g(x)－12x的最小值，并证明当n∈N*，n≥2时f(n)＋g(n)3.解：(1)f′(x)＝2x－ax≤0对任意的x∈14，1恒成立，所以a≥2x2.所以a≥2.同理可得b≥1.∵ab＝2，∴a＝2，b＝1.∴f(x)＝x2－2lnx，g(x)＝x－x＋2.(2)∵f(1)＝10，g14＝740，且函数f(x)在14，1上是减函数，函数g(x)在14，1上是增函数．所以x∈14，1时，f(x)0，g(x)0，∴m≤fxgx.[来源:学科网ZXXK]由条件得fxgxmin＝f1g1＝12－2ln11－1＋2＝12，∴m≤12.(3)h′(x)＝2x－1x＋121－1x＝(x－1)2x＋1x＋1x＋12x，当x0时，2x＋1x＋1x＋12x0，则当x∈(0,1)时，h′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0.故h(x)在x∈(0,1)递减，在x∈(1，＋∞)递增．所以h(x)min＝h(1)＝52，即h(x)的最小值为52.当n≥2时，h(n)≥h(2)＝7－2ln2－2＝3＋(2－ln4)＋(2－2)3，即h(n)3.所以n∈N*，n≥2时f(n)＋g(n)＝h(n)＋n23＋n23成立．2．4（连云港市2013届高三期末）某单位决定对本单位职工实行年医疗费用报销制度,拟制定年医疗总费用在2万元至10万元(包括2万元和10万元)的报销方案,该方案要求同时具备下列三个条件：①报销的医疗费用y(万元)随医疗总费用x(万元)增加而增加；②报销的医疗费用不得低于医疗总费用的50%；③报销的医疗费用不得超过8万元.(1)请你分析该单位能否采用函数模型y＝0.05(x2+4x+8)作为报销方案；(2)若该单位决定采用函数模型y＝x2lnx+a(a为常数)作为报销方案，请你确定整数a的值．(参考数据：ln20.69，ln102.3)【解】(1)函数y=0.05(x2+4x+8)在[2,10]上是增函数，满足条件①，……………2分当x=10时,y有最大值7.4万元,小于8万元,满足条件③.………………………4分但当x=3时,y=292032,即yx2不恒成立,不满足条件②,故该函数模型不符合该单位报销方案.………………………6分(2)对于函数模型y=x2lnx+a，设f(x)=x2lnx+a，则f´(x)=12x=x－2x0.所以f(x)在[2，10]上是增函数，满足条件①，由条件②，得x2lnx+ax2，即a2lnxx2在x[2，10]上恒成立，5/21令g(x)=2lnxx2，则g´(x)=2x－12=4－x2x，由g´(x)0得x4，g(x)在(0，4)上增函数，在(4，10)上是减函数.ag(4)=2ln42=4ln22.………………10分由条件③，得f(10)=102ln10+a8，解得a2ln102.……………………12分另一方面，由x2lnx+ax，得a2lnx在x[2，10]上恒成立,a2ln2,综上所述，a的取值范围为[4ln22，2ln2]，所以满足条件的整数a的值为1.……………14分（三）数形结合3．已知a0且a≠1，当x∈(－1,1)时，不等式x2－ax12恒成立，则a的取值范围________．解析：不等式x2－ax12可化为axx2－12，画出y1＝ax，y2＝x2－12的图象．由图可看出12≤a1或1a≤2.答案：12，1∪(1,2]3.1(2012·北京高考)已知f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2.若同时满足条件：①∀x∈R，f(x)＜0或g(x)＜0；②∃x∈(－∞，－4)，f(x)g(x)＜0.则m的取值范围是________．解析：当x＜1时，g(x)＜0，当x＞1时，g(x)＞0，当x＝1时，g(x)＝0.m＝0不符合要求；当m＞0时，根据函数f(x)和函数g(x)的单调性，一定存在区间[a，＋∞)使f(x)≥0且g(x)≥0，故m＞0时，不符合第①条的要求；当m＜0时，如图所示，如果符合①的要求，则函数f(x)的两个零点都得小于1，如果符合第②条要求，则函数f(x)至少有一个零点小于－4，问题等价于函数f(x)有两个不相等的零点，其中较大的零点小于1，较小的零点小于－4.函数f(x)的两个零点是2m，－(m＋3)，故m满足m＜0，2m＜－m＋3，2m＜－4，－m＋3＜1或者m＜0，－m＋3＜2m，2m＜1，－m＋3＜－4，解第一个不等式组得－4＜m＜－2，第二个不等式组无解，故所求m的取值范围是(－4，－2)．6/21答案：(－4，－2)（四）构造函数4.已知函数1ln)1()(2axxaxf（1）讨论函数)(xf的单调性；（2）设1a.如果对任意),0(,21xx，||4)()(|2121xxxfxf，求a的取值范围。4.1(2012·南京一模)已知函数f(x)＝x－1－lnx.(1)求函数f(x)的最小值；(2)求证：当n∈N*时，e1＋12＋13＋…＋1nn＋1；(3)对于函数h(x)和g(x)定义域上的任意实数x，若存在常数k，b，使得不等式h(x)≥kx＋b和g(x)≤kx＋b都成立，则称直线y＝kx＋b是函数h(x)与g(x)的“分界线”．设函数h(x)＝12x2，g(x)＝7/21e[x－1－f(x)]，试问函数h(x)与g(x)是否存在“分界线”？若存在，求出常数k，b的值；若不存在，说明理由．解：(1)∵f(x)＝x－1－lnx(x0)，∴f′(x)＝1－1x＝x－1x.当x∈(0,1)时，f′(x)0，f(x)递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，f(x)递增．∴f(x)的最小值为f(1)＝0.(2)证明：由(1)知当x0时，恒有f(x)≥0，即x－1≥lnx.故ex－1≥x，从而有ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号．分别令x＝1，12，13，…，1n可得e11＋1＝2，e1212＋1＝32，e1313＋1＝43，…，e1n1n＋1＝n＋1n，相乘可得e1＋12＋13＋…＋1n2×32×43×…×n＋1n＝n＋1，即e1＋12＋13＋…＋1nn＋1.(3)令F(x)＝h(x)－g(x)＝12x2－elnx(x0)，则F′(x)＝x－ex＝x＋ex－ex，当x∈(0，e)时，F′(x)0，F(x)递减；当x∈(e，＋∞)时，F′(x)0，F(x)递增．所以当x＝e时，F(x)取得最小值0.则h(x)与g(x)的图象在x＝e处有