导数的应用4—恒成立问题

导数的应用4—恒成立问题（精选6篇）

导数的应用4—恒成立问题篇1

高中数学中的恒成立问题,涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,考查综合解题能力,在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。因此也成为历年高考的一个热点。恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型:1.一次函数型;2.二次函数型;3.变量分离型;4.根据函数的奇偶性、周期性等性质;5.直接根据函数的图象;6.利用导数求解。

“恒成立”的含义，一定是比“比最大的还大”或“比最小的还小”。因此恒成立问题往往又可以转化为求函数最值的问题。A组：

1．（1）实数k为何值时不等式ex

kx对任意xR恒成立？（2）实数k为何值时关于x的不等式lnxkx

恒成立？

2．已知函数f(x)x3ax2x1,aR，若函数f(x)在区间23,1

3

内是减函数.求a的取值范围.3．已知函数f(x)＝－ax3－x2＋x(a∈R)，当x≥1

时，f(x)≤ax恒成立，求实数a的取值范围．

4．设函数f(x)＝ex－e－

x，若对任意的x≥0都有f(x)≥ax成立，求实数a的取值范围．

5．若关于x的方程x2

2alnx2ax（a＞0）有唯一解，求实数a的值．

6．已知f(x)ln(x1)，g(x)11

x1，试证：对任意的x＞0，都有f(x)g(x)成立．

7．已知函数f(x)ex

kx，xR。

（Ⅰ）若ke，试确定函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若k0，且对于任意xR，f(x)0恒成立，试确定实数k的取值范围；

B组：

1．设函数f(x)

sinx

2cosx

．

（Ⅰ）求f(x)的单调区间；（Ⅱ）如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围．

2．设函数f(x)

lnx

1x

lnxln(x1)．（Ⅰ）求f(x)的单调区间和极值；（Ⅱ）是否存在实数a，使得关于x的不等式f(x)≥a的解集为（0，+）？若存在，求a的取值范围；若不存在，试说明理由．

3．设函数f(x)

xlnx

(x0且x1)。1（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；（Ⅱ）已知2x

xa对任意x(0,1)成立，求实数a的取值范围。

(x)=ln2

(1+x)-x24．已知函数f1x

.(I)求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若不等式(1

1n)na

e对任意的nN*都成立（其中e是自然对数的底数），求的最大值.5．设函数f(x)x2bln(x1)，其中b0．

（Ⅰ）当b

时，判断函数f(x)在定义域上的单调性；（Ⅱ）求函数f(x)的极值点；

（Ⅲ）证明对任意的正整数n，不等式ln111n1n2n

3都成立．

6．已知Ax

n(an，bn)（nN*）是曲线ye上的点，a1a，Sn是数列{an}的前n项和，且满足

S22

n3n2anSn1，an0，n2，3，4，…．（I）证明：数列

bn2

（n≤2）是常数数列； bn

（II）确定a的取值集合M，使aM时，数列{an}是单调递增数列；

（III）证明：当aM时，弦AnAn1（nN*）的斜率随n的增大而单调递增．

7．已知函数f(x)x2

|x1|,g(x)x3ax(a0)，若x1[1,2],x2[2,3]，使得

f(x1)x1

导数的应用4—恒成立问题篇2

不等式恒成立与有解问题是函数、数列、不等式等内容交汇处的一个较为活跃的知识点, 倍受高考命题者的青睐.对于一些含自然对数和指数函数的不等式恒成立与有解问题, 用初等方法难以处理, 而利用导数工具来解, 思路明确, 过程简捷, 淡化繁难的技巧.

一、不等式恒成立问题

例1 (2008年湖南高考题) 已知函数 $f (x) = \ln^{2} (1 + x) - \frac{x^{2}}{1 + x} .$

(Ⅰ) 求函数 f (x) 的单调区间;

(Ⅱ) 若不等式 $(1 + \frac{1}{n})^{n + α} \leq e$ 对任意的 n∈N*都成立 (其中 e 是自然对数的底数) , 求α的最大值.

解析: (Ⅰ) 函数 f (x) 的定义域是

$\begin{array}{l} (- 1 ‚ + \infty) ‚ \\ f^{'} (x) = \frac{2 (1 + x) \ln (1 + x) - x^{2} - 2 x}{(1 + x)^{2}} . \end{array}$

又令 g (x) =2 (1+x) ln (1+x) -x2-2x,

g′ (x) =2ln (1+x) -2x.

再令 h (x) =2ln (1+x) -2x,

则 $h^{'} (x) = \frac{2}{1 + x} - 2 = \frac{- 2 x}{1 + x} .$

当-1<x<0时, h′ (x) >0, h (x) 在 (-1, 0) 上为增函数;

当 x>0时, h′ (x) <0, h (x) 在 (0, +∞) 上为减函数.故 h (x) 在 x=0时取最大值0.因此恒有 g′ (x) ≤0, 函数 g (x) 在 (-1, +∞) 上是减函数.

于是当-1<x<0时, g (x) >g (0) =0, 从而 f ′ (x) >0;当 x>0时, g (x) <g (0) =0, f ′ (x) <0.故 f (x) 的单调增区间为 (-1, 0) , 单调减区间为 (0, +∞) .

$\begin{array}{l} (Ⅱ) 不等式 (1 + \frac{1}{n})^{n + α} \leq e \\ \Leftrightarrow (n + α) \ln (1 + \frac{1}{n}) \leq 1, \end{array}$

于是 $α \leq \frac{1}{\ln (1 + \frac{1}{n})} - n .$

再构造辅助函数 $G (x) = \frac{1}{\ln (1 + x)} - \frac{1}{x}, x \in (0, 1],$

则 $G^{'} (x) = \frac{(1 + x) \ln^{2} (1 + x) - x^{2}}{x^{2} (1 + x) \ln^{2} (1 + x)} .$

由 (Ⅰ) 可知: $\ln^{2} (1 + x) - \frac{x^{2}}{1 + x} \leq 0,$

即 (1+x) ln2 (1+x) ≤x2,

故 x∈ (0, 1]时, G′ (x) <0, 于是G (x) 在 x∈ (0, 1]上为减函数.

故 $G_{\min} (x) = G (1) = \frac{1}{\ln 2} - 1 .$

从而 $α \leq \frac{1}{\ln 2} - 1$ , 即α的最大值就是 $\frac{1}{\ln 2} - 1 .$

点评:本题将函数、数列、不等式融为一体.第 (Ⅰ) 题考查求导数、判定函数单调性、求函数的极值与最值, 命题之巧妙, 考查之深刻, 达到了淋漓尽致的程度, 要求考生对导数的工具作用的掌握与运用达到烂熟于心、游刃有余.第 (Ⅱ) 题利用分离参数法将数列不等式等价转化为 $α \leq \frac{1}{\ln (1 + \frac{1}{n})} - n$ .求右端数列的最小值, 又需通过构设辅助函数来处理, 这是问题的难点所在.突破的关键在于紧扣小题间的内在联系并结合数列通项的结构, 设出恰当的辅助函数.其间渗透着函数思想和换元思想.

一般地, 解决不等式恒成立和有解问题的基本策略常常是构作恰当的辅助函数, 利用函数的单调性、最值、图象求解;基本思想方法包括:分类讨论, 数形结合, 参数分离, 变换主元等等.解题过程中常用如下结论:

设 f (x) 在 x∈Ⅰ时的值域是[m, M], 则有

(Ⅰ) 不等式 f (x) <k 在 x∈Ⅰ时恒成立⇔M<k, x∈Ⅰ;

(Ⅱ) 不等式 f (x) <k 在 x∈Ⅰ时有解⇔ m<k, x∈Ⅰ;

(Ⅲ) 不等式 f (x) >k 在 x∈Ⅰ时恒成立⇔ m>k, x∈Ⅰ;

(Ⅳ) 不等式 f (x) >k 在 x∈Ⅰ时有解⇔M>k, x∈Ⅰ.

二、不等式有解问题

例2 (2006年湖北高考题) 设 x=3是函数 f (x) = (x2+ax+b) e3-x, x∈R的一个极值点.

(Ⅰ) 求 a 与 b 的关系 (用 a 表示 b) , 并求 f (x) 的单调区间;

(Ⅱ) 设 $a ＞ 0 ‚ g (x) = (a^{2} + \frac{25}{4}) e^{x}$ , 若存在ξ1, ξ2∈[0, 4], 使得|f (ξ1) -g (ξ2) |<1成立, 求 a 的取值范围.

解析: (Ⅰ) f ′ (x) =-[x2+ (a-2) x+b-a]e3-x,

由 f ′ (3) =0得 b=-2a-3.

故 f (x) = (x2+ax-2a-3) e3-x.

求得 f ′ (x) =-[x2+ (a-2) x-3a-3]e3-x

=- (x-3) (x+a+1) e3-x.

由 f ′ (x) =0, 得 x1=3, x2=-a-1.

由于 x=3是 f (x) 的极值点, 故 x1≠x2, 即 a≠-4.

当 a<-4时, x1<x2, 故 f (x) 在 (-∞, 3]上为减函数, 在[3, -a-1]上为增函数, 在[-a-1, +∞) 上为减函数.

当 a>-4时, x1>x2, 故 f (x) 在 (-∞, -a-1]上为减函数, 在[-a-1, 3]上为增函数, 在[3, +∞) 上为减函数.

因为 a>0, 则-a-1<0, 由 (Ⅰ) 知:f (x) 在[0, 3]递增;在[3, 4]递减.故 f (x) 在[0, 4]上的值域为[min{f (0) , f (4) }, f (3) ]=[- (2a+3) e3, a+6].而 $g (x) = (a^{2} + \frac{25}{4}) e^{x}$ 在[0, 4]上显然为增函数, 其值域为 $[a^{2} + \frac{25}{4}, (a^{2} + \frac{25}{4}) e^{4}] .$

因为 $a^{2} + \frac{25}{4} - (a + 6) = (a - \frac{1}{2})^{2} \geq 0,$

$\begin{array}{l} 故 a^{2} + \frac{25}{4} \geq (a + 6) . \\ | f (ξ_{1}) - g (ξ_{2}) |_{\min} = a^{2} + \frac{25}{4} - (a + 6) . \end{array}$

从而解

${\begin{cases} a^{2} + \frac{25}{4} - (a + 6) ＜ 1, \\ a ＞ 0, \end{cases}$

得 $0 ＜ a ＜ \frac{3}{2} .$

故 a 的取值范围为 $(0, \frac{3}{2}) .$

点评:假若将上述不等式问题变成:“对任意的ξ1, ξ2∈[0, 4], 使得|f (ξ1) -g (ξ2) |<1都成立, 求 a 的取值范围.”则可将其转化为|f (ξ1) -g (ξ2) |max<1.

函数、不等式、导数既是研究的对象, 又是解决问题的工具.本题从函数的极值概念切入, 借助导数求函数的单调区间, 进而求出函数在闭区间上的值域, 再处理不等式有解问题.在此题中传统知识与现代方法相互作用, 交相辉映, 对考生灵活运用知识解决问题的能力是一个极好的考查.

三、一试身手

1.设函数 f (x) = (1+x) 2-2ln (1+x) ,

(Ⅰ) 求 f (x) 的单调区间;

(Ⅱ) 若当 $x \in [\frac{1}{e} - 1, e - 1]$ 时, (其中 e=2.718…) , 不等式 f (x) <m 恒成立, 求实数 m 的取值范围;

(Ⅲ) 若关于 x 的方程 f (x) =x2+x+a 在区间[0, 2]上恰好有两个相异的实根, 求实数 a 的取值范围.

2.已知函数 f (x) =ln (x+a) -x2-x 在 x=0处取得极值,

(Ⅰ) 求实数 a 的值;

(Ⅱ) 若关于 x 的方程 $f (x) = - \frac{5}{2} x + b$ 在区间[0, 2]上恰有两个不同的实根, 求实数 b 的取值范围;

(Ⅲ) 证明:对任意的正整数 n, 不等式 $\ln \frac{n + 1}{n} ＜ \frac{n + 1}{n^{2}}$ 恒成立.

3.设函数 $f (x) = \frac{1}{x l n x} (x ＞ 0 ‚ x \neq 1) ‚$

(Ⅰ) 求函数 f (x) 的单调区间;

(Ⅱ) 已知 $2^{\frac{1}{x}} ＞ x^{a}$ 对任意 x∈ (0, 1) 成立, 求实数 a 的取值范围.

参考答案

1. (Ⅰ) f (x) 的递增区间是 (0, +∞) ;递减区间是 (-1, 0) .

(Ⅱ) m 的取值范围是 (e2-2, +∞) .

$\begin{array}{l} (Ⅲ) a 的取值范围是 (2 - 2 \ln 2 ‚ 3 - 2 \ln 3] . \\ 2 . (Ⅰ) a = 1 . \\ (Ⅱ) \ln 3 - 1 \leq b ＜ \ln 2 + \frac{1}{2} . \end{array}$

$\begin{array}{l} (Ⅲ) 构造函数 g (x) = \ln (x + 1) - x^{2} - x (x ＞ - 1) ‚ \\ g^{'} (x) = \frac{- x (2 x + 3)}{x + 1} . \end{array}$

由 g′ (x) =0得 x=0或 $x = - \frac{3}{2}$ (舍) .

当-1<x<0时, g′ (x) >0, g (x) 为增函数;当 x>0时, g′ (x) <0, g (x) 为减函数.

故 gmax (x) =g (0) =0,

即 ln (x+1) -x2-x≤0, 取 $x = \frac{1}{n}$ 即得.

3. (Ⅰ) f (x) 的单调增区间为 $(0 ‚ \frac{1}{e})$ , 单调减区间为 $(\frac{1}{e} ‚ 1)$ 和 (1, +∞) .

(Ⅱ) a>-eln2.

关于恒成立问题的讨论篇3

一、形如kx+b>0在区间[m, n]恒成立的问题

这类问题成立的充要条件

例如：ax+2>0在x∈[-3, 2]上恒成立，求实数a的取值范围。

解析：(1) a=0时，2>0恒成立;

综上，所以-1

二、形如ax2+bx+c>0在x∈R上恒成立的问题

这类问题成立的充要条件或

例如：若函数f (x)=lg (mx2+mx+1)的定义域为R，则m的取值范围是.

解析：要使f (x)=lg (mx2+mx+1)的定义域为R，即mx2+mx+1>0恒成立，x∈R.

(1) m=0时，1>0时，成立;

综上，所以0

注：学生在解题过程中易忽略m=0这种情况。

三、形如ax2+bx+c>0在x∈[m, n]上恒成立的问题

这类问题讨论起来比较复杂，方法较多，常见的有：

(1)利用函数与方程的关系，根据根的分布情况解决令ax2+bx+c不等式成立的充要条件为：

(2)也可结合函数图像求f (x)=ax+bx+c的最小值，f (x) min>0即可.

(3)还可用分离变量的方法，转换成求函数求最值，a≥g (x)恒成立，等价于a≥g (x) max;a≥g (x)等价于a≥g (x) max.

例如：已知不等式x2+px+1>2x+p，如果当2≤x≤4时不等式恒成立，求p的取值范围。

解析：原不等式等价于

所以p>-1.

四、恒成立问题注意变量的确定

例如：不等式x2+px+1>2x+p，如果当|P|≤2时，不等式恒成立，求x的取值范围。

解析：此题粗略一看与上例类似，但实际上是关于P的不等式。

原不等式化为(x-1) p+x2-2x+1>0.

成立的充要条件, 所以x<-1或x>3.

五、数形结合与恒成立问题

例如：设函数g (x)=4/3x+1, f (x)=，若恒有f (x)≤g (x)恒成立，则求a的取值范围。

解析：此题学生可能采用分离变量的方法，但求函数最值时会遇到困难，我们可以采用数形结合的方法。设可得(x+2) 2+(y-a) 2=4，它表示以(-2, a)为圆心，2为半径的上半圆。y=4/3x+1表示斜率为4/3，在y轴上的截距为1的一条直线。由下图可知直线与圆相切且在直线下方a取值最大。由圆心(-2, a)到直线y=4/3x+1距离等于半径2，得a=-5或a=5/3(舍去)，所以a∈(-∞，-5]。

六、恒成立问题中的不同变量与相同变量

例如：已知两个函数f (x)=7x2-28x-a, g (x)=2x2+4x2-40x

(1)若对任意的x∈[-3, 3]都有f (x)≤g (x)成立，求实数a的取值范围;

(2)若对任意的x∈[-3, 3]都有f (x1)≤g (x2)成立，求实数a的取值范围。

解析：第一个问题是取相同x时f (x)≤g (x)，可用分离变量的方法解题。

原不等式等价于a≥-2x3+3x2+12x, x∈[-3, 3]恒成立.

令h (x)=-2x3+3x2+12x，利用导数求得h (x) max=45，所以a≥45.

第二个问题是指任取一个x对应的函数值f (x)都不比任取一个x对应的g (x)大，这里的f (x)与g (x)中自变量可以不一样，解此题必须符合f (x) max≤g (x) min, f (x) max=147-a, g (x) min=-48，所以a≥195.

七、导数与恒成立问题

例如：已知函数f (x)=x3+1/2x2+bx+c，若f (x)在x=1时取得极值，且x∈[-1, 2]时，f (x)

解析：当x=1时，f (x)=3x2-x+b=0, b=-2.

f (x)

即, x∈[-1, 2]时成立.

令, 利用导数求g (x) max=2.

八、与对称性、周期性相关的恒成立问题

例如：f (x)=sinx+acosx的图像的一条对称轴方程x=π/4，求实数a的值。

解析：由题意可知x∈R时，恒有f (x)=f (π/2-x).

即sinx+acosx=sin (π/2-x) +acosx (π/2-x) =cosx+asinx.

则(a-1) (cosx-sinx)=0, x∈R都成立，只有a=1.

九、与数列相关的恒成立问题

例如：不等式[(1-a) n-a]lga<0对于一切正整数n都成立，求实数a的取值范围。

解析：令f (n)=[(1-a) n-a]lga，则：

a>1, f (n)递减数列，f (n) max<0，即f (1)<0，所以a>1.

十、反证法

例如：设0

解析：假设(1-a) b>1/4， (1-b) c>1/4， (1-c) a>1/4

因此，abc (1-a) (1-b) (1-c)≤1/64，与假设矛盾，所以原结论成立。

不等式恒成立问题的求解策略篇4

1.分离变量

例1已知函数f (x) =|x2-4x-5|, 若在区间[-1, 5]上, y=kx+3k的图象位于函数f (x) 的上方, 求k的取值范围.

解本题等价于

对于任意x∈[-1, 5], kx+3k>-x2+4x+5恒成立, 即

设x+3=t, t∈[2, 8], 则

所以当t=4, 即x=1时, ymax=2,

故k的取值范围是k>2.

变式若本题中将y=kx+3k改为y=k (x+3) 2, 其余条件不变, 则也可以用变量分离法解.

解由题意得对于任意x∈[-1, 5],

k (x+3) 2>-x2+4x+5恒成立,

设x+3=t, t∈[2, 8], 则

注本题通过变量分离, 将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题, 本题构造的函数求最值有些难度, 但通过换元后巧妙地转化为“对勾函数”, 从而求得最值.变式题中构造的函数通过换元后转化为“二次函数型”, 从而求得最值.

2.函数最值

例2已知f (x) =x2+ax+3-a, 若x∈[-2, 2], f (x) ≥2恒成立, 求a的取值范围.

解本题可以化归为求函数f (x) 在闭区间上的最值问题,

若x∈[-2, 2], f (x) ≥2恒成立, 则对于任意x∈[-2, 2], f (x) min≥2,

注对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题, 可以求函数最值的方法, 只要利用f (x) >m恒成立, 即f (x) min>m;f (x) <m恒成立, 即f (x) max<m.本题若采用例题1法分离参数a相对要麻烦些.

3.变换主元

例3已知对于任意的a∈[-1, 1], 函数f (x) =ax2+ (2a-4) x+3-a>0恒成立, 求x的取值范围.

解令g (a) = (x2+2x-1) a-4x+3, 则当a∈[-1, 1]时, g (a) >0恒成立, 即

注对于含有两个参数, 且已知一参数的取值范围, 可以通过变量转换, 构造以该参数为自变量的函数, 利用函数图象求另一参数的取值范围.

4.数形结合

解由题意得f (x) ≤g (x) , 即

1可化为 (x-2) 2+y12=4 (0≤x≤4, y1≥0) , 它表示以 (2, 0) 为圆心, 2为半径的上半圆;

2表示经过定点 (-2, 0) , 以a为斜率的直线, 要使f (x) ≤g (x) 恒成立, 只需1所表示的半圆在2所表示的直线下方就可以了 (如图所示) .

当直线与半圆相切时就有

注本题通过对已知不等式变形处理后, 挖掘不等式两边式子的几何意义, 通过构造函数, 运用数形结合的思想来求参数的取值范围, 不仅能使问题变得直观, 同时也起到了化繁为简的效果.

5.消元转化

解容易证明f (x) 是定义在[-1, 1]上的增函数,

故f (x) 在[-1, 1]上的最大值为f (1) =1, 则f (x) ≤t2-2at+1对于所有的x∈[-1, 1], a∈[-1, 1]恒成立等价于1≤t2-2at+1对于所有的a∈[-1, 1]恒成立, 即

2ta-t2≤0对于所有的a∈[-1, 1]恒成立,

令g (a) =2ta-t2, 只要

所以t≤-2或t≥2或t=0.

注对于含有两个以上变量的不等式恒成立问题, 可以根据题意进行消元转化, 从而转化为只含有两变量的不等式问题, 使问题得到解决.

导数的应用4—恒成立问题篇5

1.已知函数的单调性求字母的取值范围问题

根据函数的单调性与其导函数正负的关系, 把函数的单调性问题转化为不等式f′ (x) ≥0或f′ (x) ≤0恒成立的问题求解.

例1: (2013年高考数学江苏卷理科第20题选摘) 设函数f (x) =lnx-ax, 其中a为常数. (Ⅰ) 若f (x) 在 (1, +∞) 内是单调减函数, 求a的取值范围.

解:f′ (x) =1/x-a, ∵f (x) 在 (1, +∞) 内是单调减函数 , ∴f′ (x) ≤0在 (1, +∞) 内恒成立, 即a≥1/x在 (1, +∞) 内恒成立.∵1/x<1 (x>1) , ∴a≥1.

当a=1时, f′ (x) = (1-x) /x, 当x∈ (1, +∞) 时 , f′ (x) <0, 此时函数f (x) 是减函数 , ∴a≥1.

2.证明不等式问题

把不等式中含的式子移至不等号的左侧, 其余在右侧, 这样就把问题转化为f (x) ≥a或f (x) ≤a恒成立的问题.

例2: (2013年高考数学辽宁卷理科第21题选摘) 已知函数f (x) = (1+x) e-2x, 当x∈[0, 1]时 , (Ⅰ) 求证 :1-x≤f (x) ≤1/ (1+x) .

证明: 把证x∈[0, 1] 时, (1+x) e-2x≥1-x的问题可转化为 (1+x) e-2x-1+x≥0在 [0, 1]上恒成立的问题.令g (x) = (1+x) e-2x-1+x, 则g′ (x) = (2x+3) e-2x+1>0,

∴g (x) 在[0, 1]上单调递增, g (x) min=g (0) =0, ∴g (x) ≥0,

即f (x) ≥1-x, 要证当x∈[0, 1]时, (1+x) e-2x≤1/ (1+x) , 只需证ex≥x+1, 可转化为ex-x-1≥0在 [0, 1] 上恒成立的问题 . 令h (x) =ex-x-1, 则h′ (x) =ex-1>0 (x∈ (0, 1) ) .

∴h (x) 在[0, 1]上单调递增, h (x) min=h (0) =0, ∴h (x) ≥0, 即f (x) ≤1/ (1+x) .

综上, 1-x≤f (x) ≤1/ (1+x) .

3.函数图像的位置关系问题

f (x) 图像在g (x) 图像的上方 (或下方 ) 问题 , 可转化为f (x) -g (x) >0 (或<0) 恒成立的问题.

例3: (2013年高考数学北京卷理科第18题) 设l为曲线C:y= (lnx) /x在点 (1, 0) 处的切线.

(Ⅰ) 求l的方程. (Ⅱ) 证明 :除切点 (1, 0) 之外 , 曲线C在直线l的下方.

解: (Ⅰ) l:y=x-1 (Ⅱ) 令g (x) =x-1-f (x) ,

则除切点之外, 曲线C在直线的下方等价于g (x) >0 (x>0, x≠1) 恒成立.

当0<x<1时, x2-1<0, lnx<0, 所以g′ (x) <0, 故g (x) 在 (0, 1) 内单调递减;

当x>1时, x2-1>0, lnx>0, 所以g′ (x) >0, 故g (x) 在 (1, +∞) 内单调递增.

∴g (x) >g (1) =0 (x>0, x≠1) .

∴除切点 (1, 0) 之外, 曲线C在直线l的下方.

转化与化归思想是中学数学中最重要的思想之一 , 把未知化为已知, 把没学过的或者陌生的内容化为学过的或熟悉的内容, 是每个学生都应具备的能力.恒成立问题是学生比较熟悉的内容 , 对其解法也有系统的学习 , 把单调性问题、不等式、图像问题等转化为恒成立问题 , 有助于学生了解各部分知识之间的联系, 能使学生的知识更全面、更系统.

参考文献

导数的应用4—恒成立问题篇6

本文从探究如下引例的解法入手:

引例1 设函数f(x) = (x + 1)ln(x + 1),若对所有的x≥0,都有f(x) ≥ ax成立,求实数a的取值范围.

一、参变分离法解引例1 的困惑

分析与思考:此题题面非常简单,学生拿到此题往往首先想到的就是老师在课堂上反复强调的方法: 参变分离. 只是分离之后又会遇到新的问题,传统的参变分离做法如下:

x=0时,不等式对任意的a都成立;

x>0时,参变分离:

所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,有:h(x)>h(0)=0,

所以F(x)在(0,+∞)上单调递增,而F(x)没有最小值.

解答到此处学生就没有办法进行下去了.

下面分两个角度对这个问题进行探究.

角度1:有没有其他方法解决这个问题;

角度2:这种方法是否可以进行下去.

二、引例1 的其他解法

1. 构造函数法

此题不进行参变分离的话,可以将不等式右边的ax移项归零,转化成函数求最小值问题.

对函数g(x)求导数:

(1)当a≤1时,

所以g(x)在[0,+∞)上是增函数,

又g(0)=0,所以

即当a≤1时,

(2)当a>1时,

又g(0)=0,所以

即当a>1时,不是对所有的x≥0都有f(x)≥ax成立.

综上,a的取值范围是(-∞,1].

这种方法在高考题中应用也很多.

2. 图像分析法

由f(x) ≥ ax可以得到:y = f(x)的图像位于上y = ax上方,有等号成立,则有交点存在,比如(0,0).

又因为

f′(x) = ln(x + 1) + 1 > 0,

则图像是下凸型,绘图如下:

由图像可以看出,a取最大值的时候即曲线和直线相切的时候,切点(0,0),所以有a ≤ 1.

这种方法在解决选择、填空题时,非常好用,在高考题中也有所体现.

在上文中,在不利用参变分离的思想下给出了两种求解该问题的方法,即构造函数法和图像分析法,很好地解决了该问题. 但这并不意味着参变分离的思想在这类问题中真的不能施展拳脚. 换个角度,继续探究如下:

三、将引例1的参变分离进行到底

参变分离到最后得到:

斜率取最小值的时候,割线变成切线,切点(0,0),从而得到a ≤ 1.

四、引例的拓展——两个例子

例1 设函数f(x) = ex(2x - 1) - ax + a,其中a < 1,若存在唯一的整数x0,使得f(x0) < 0,求a的取值范围.

分析设g(x) = ex(2x - 1),y = ax-a,问题转化为存在唯一的整数x0,使得g(x0)在直线y = ax - a的下方,求导数可得函数的极值,数形结合可得-a > g(0) = -1 且g(-1) = -3e-1≥-a - a,解关于a的不等式组可得.

解答设g(x) = ex(2x - 1),y = ax - a,

由题意知存在唯一的整数x0, 使得g(x0) 在直线y = ax -a的下方,

g′(x) = ex(2x - 1),

当x=0时,g(0)=-1,当x=1时,g(1)=e>0,

直线y=ax-a恒过定点(1,0)且斜率为a,

故-a>g(0)=-1且g(-1)=-3a-1≥-2a,

点评本题考查导数和极值, 涉及数形结合和转化的思想,属中档题.

例2 若关于x的不等式sin (x + 1) ≤ ax + a的解集为[-1,+∞),求a的取值范围.

法一参变分离.

令t=x+1,

则不等式变成sin t ≤ at,

t>0时,a取任意实数不等式皆成立,

分式看成点( t,sin t)和点(0,0)连线的斜率,绘图如下:

斜率取最大的时候,割线变成切线,切点(0,0),所以得到a ≥ 1.

法二构造函数.

令f(x) = sin(x + 1) - a(x + 1),

法三图像分析法.

令t = x + 1, 则题意说明函数y = sin t的图像位于y = at的下方. 绘图如下:

由图可知a取最小值即是直线和曲线相切的时候,a ≥ 1.

用导数方法解决函数问题是高考中的常考题型,也是难点所在,对于此类问题的研究是高中数学教学工作的一个重要环节. 这些问题以函数为载体,以导数为工具,考查函数的性质和导数的应用. 在平时的教学过程中对这些问题的考查除了常规套路之外,还要多启发引导学生拓展思路,另辟蹊径, 不能被常规方法局限住思维. 学习数学除了掌握基础知识和解题技能之外,更重要的是在学习的过程中对学生进行思维的训练,思考问题角度的延伸,进而影响学生认识问题,思考问题和解决问题的方式方法.

摘要：本文对一类看似能参变分离,但实际参变分离又不易进行的带参数函数问题进行多维度探究.通过构造函数、图像分析等方法给出一些解决该类问题的有效方案.

关键词：参数,导数,参变分离,函数图像

参考文献

[1]吕增锋.“三招齐下”破解含参数函数的导数应用的题[J].中学数学,2011(19):53-55.

[2]厉倩.浅探2010年全国卷的四道高考题[J].中学数学,2010(17):31-32.

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