【数学】2020届一轮复习苏教版第三章第4讲导数的综合应用解决恒成立存在性问题学案
第4讲 导数的综合应用——解决恒成立、存在性问题
考试要求 1.理解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性(B级要求)；2.掌握利用导数求函数极值与最值的方法(B级要求)；3.会利用导数解决与不等式有关的恒成立问题、存在性问题；4.会利用导数解决涉及函数零点的一些问题.
知 识 梳 理
运用不等式求解恒成立、存在性问题的转化关系
不等式类型
与最值的关系
任意的x∈D，f(x)>M
任意的x∈D，f(x)min>M
任意的x∈D，f(x)
M
任意的x∈D，f(x)max>M
存在x∈D，f(x)g(x)
任意的x∈D，[f(x)－g(x)]min>0
任意的x∈D，f(x)g(x2)
任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)min>g(x)max
任意的x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2)
任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)min>g(x)min
存在x1∈D1，任意的x2∈D2，f(x1)>g(x2)
任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)max>g(x)max
存在x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2)
任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)max>g(x)min
诊 断 自 测
1.已知g(x)＝＋x2＋2aln x在[1，2]上是减函数，则实数a
的取值范围为________.
解析 g′(x)＝－＋2x＋，
由已知得g′(x)≤0在[1，2]上恒成立，
可得a≤－x2在[1，2]上恒成立.
又当x∈[1，2]时，＝－4＝－.
∴a≤－.
答案
2.(2019·苏北四市联考)已知函数f(x)＝x3－ax2＋4，若f(x)的图象与x轴正半轴有两个不同的交点，则实数a的取值范围为________.
解析 由题意知f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，
当a≤0时，不符合题意.
当a>0时，f(x)在上单调递减，
在上单调递增，
所以由题意知f<0且f(0)＝4>0，解得a>3.
答案 (3，＋∞)
3.已知函数f(x)＝.
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时， 不等式f(x)≥恒成立 ，求实数k的取值范围.
解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝－，
令f′(x)＝0，得x＝1；
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
所以x＝1为极大值点，所以00，
所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2.所以实数k的取值范围是(－∞，2].
考点一 分离参数法求解恒成立问题
【例1】 设函数f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值.
解 (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；若a＞0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，
＋∞)上单调递增.
(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等价于
k＜＋x(x＞0).①
令g(x)＝＋x，
则g′(x)＝＋1＝.
由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增.而h(1)＜0，h(2)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点.故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点.设此零点为α，则α∈(1，2).
当x∈(0，α)时，g′(x)＜0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α).又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2，3).
由于①式等价于k＜g(α)，故整数k的最大值为2.
规律方法 利用导数研究含参数的不等式问题，若能分离参数，则转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围.恒成立问题的求解方法如下：
(1)f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a；(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b.
【训练1】 (2019·新海中学调研)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3，其中a为实数.对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.
解 由题知2xln x≥－x2＋ax－3，即a≤2ln x＋x＋，
对一切x∈(0，＋∞)恒成立.
设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，
则h′(x)＝，
当x∈(0，1)时，h′(x)<0，故h(x)在(0，1)上单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(1，＋∞)上单调递增.
所以h(x)在(0，＋∞)上有唯一极小值h(1)，即为最小值，所以h(x)min＝h(1)＝4，
因为对一切x∈(0，＋∞)，a≤h(x)恒成立，所以a≤4.
考点二 不等式恒成立问题
【例2】 设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.
(1)求a，b，c，d的值.
(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围.
解 (1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，
g′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c).
故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.
从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.
(2)由(1)知f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1).
设F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，
则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1).
由题设可得F(0)≥0，即k≥1.
令F′(x)＝0，即2(x＋2)(kex－1)＝0，得x1＝－ln k，x2＝－2.
①若1≤k0，
即F(x)在x∈(－2，x1)上单调递减，在x∈(x1，＋∞)上单调递增，故F(x)在[－2，＋∞)上有最小值为F(x1).
F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.
故当x≥－2时，F(x)≥0恒成立，即f(x)≤kg(x).
②若当k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)，当x>－2时，F′(x)>0，则F(x)在(－2，＋∞)上单调递增，而F(－2)＝0，故当且仅当x≥－2时，F(x)≥0恒成立，即f(x)≤kg(x).
③若k>e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0.
从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立.
综上，k的取值范围为[1，e2].
规律方法 含参数的不等式恒成立问题，除了分离参数外，常用构造函数转化法求参数，常见方法如下：
(1)f(x)≥0在区间D上恒成立，则f(x)min≥0在D上恒成立；
(2)f(x)≥g(x)在区间D上恒成立，则f(x)min≥g(x)max在D上恒成立或h(x)＝f(x)－g(x)，则h(x)min≥0在D上恒成立.
(3)在处理含参数的恒成立问题时，注意分类讨论思想的应用.
【训练2】 设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)>－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数).
解 (1)f′(x)＝2ax－＝(x>0).
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.
当a>0时，由f′(x)＝0，有x＝.
此时，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
(2)令g(x)＝－，s(x)＝ex－1－x.
则s′(x)＝ex－1－1.而当x>1时，s′(x)>0，
所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增.
又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当01.
由(1)有f0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立.
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1).
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)单调递增.
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.
综上，a∈.
考点三 存在性问题
【例3】 已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]使得f(x1)0)，
①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，
所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞).
②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－.
在区间上，f′(x)>0，在区间上，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)由已知得所求可转化为f(x)max－1－ln(－a)，解得a<－.
规律方法 含参数的能成立(存在型)问题的解题方法：
a≥f(x)在区间D上能成立⇒a≥f(x)min；
a≤f(x)在区间D上能成立⇒a≤f(x)max.
【训练3】 已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R且a0，
∴c>或c<－.
答案 ∪
2.(2018·泰州期末)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围是________.
解析 f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a).当a≤0时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，1)内单调递增，无最小值.
当a＞0时，f′(x)＝3(x－)(x＋).
当x∈(－∞，－)和(，＋∞)时，f(x)单调递增；
当x∈(－，)时，f(x)单调递减，
所以当＜1，即0＜a＜1时，f(x)在(0，1)内有最小值.
答案 (0，1)
3.设函数f(x)＝ln x＋(m∈R)，若对任意的b>a>0，<1恒成立，则实数m的取值范围是________.
解析 对任意的b>a>0，<1恒成立，等价于f(b)－b0)恒成立，
得m≥.
所以实数m的取值范围是.
答案
4.(2018·南通、扬州、淮安、连云港二调)设f(x)＝4x3＋mx2＋(m－3)x＋n(m，n∈R)是R上的单调增函数，则实数m的值为________.
解析 因为f′(x)＝12x2＋2mx＋(m－3)，又函数f(x)是R上的单调增函数，所以12x2＋2mx＋(m－3)≥0在R上恒成立，所以(2m)2－4×12(m－3)≤0，整理得m2－12m＋36≤0，即(m－6)2≤0.又因为(m－6)2≥0，所以(m－6)2＝0，所以m＝6.
答案 6
5.设函数f(x)＝x3－－2x＋5，若对任意的x∈[－1，2]，都有f(x)>a，则实数a的取值范围是________.
解析 f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0，得3x2－x－2＝0，解得x＝1或x＝－，又f(1)＝，f＝，f(－1)＝，f(2)＝7，故f(x)min＝，所以a<.
答案 (－∞，)
6.函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是________.
解析 因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1，1为函数的极值点.
又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，
所以在区间[－3，2]上，f(x)max＝1，f(x)min＝－19.
由题设知在区间[－3，2]上，f(x)max－f(x)min≤t，
从而t≥20，所以t的最小值是20.
答案 20
7.若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是________.
解析 由题意得f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，
在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示，
令x3＋x2－＝－，得x＝0或x＝－3，则结合图象可知，
解得a∈[－3，0).
答案 [－3，0)
8.(2018·徐州考前模拟检测)当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________.
解析 当x∈(0，1]时，得a≥－3－4＋，令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)(9t－1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，当x∈[－2，0)时，得a≤－2.由以上两种情况得－6≤a≤
－2，显然当x＝0时也成立.故实数a的取值范围为[－6，－2].
答案 [－6，－2]
9.若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是________.
解析 对f(x)求导得f′(x)＝－x2＋x＋2a
＝－＋＋2a.
当x∈时，
f′(x)的最大值为f′＝＋2a.
令＋2a>0，解得a>－，
所以a的取值范围是.
答案
10.已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.
(2)证明 当a≥时，f(x)≥－ln x－1(x>0).
设g(x)＝－ln x－1(x>0)，则g′(x)＝－(x>0).
当01时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点.
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
11.已知函数f(x)＝xln x－a(x－1)2－x＋1(a∈R).
(1)当a＝0时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)<0对x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围.
解 (1)若a＝0，f(x)＝xln x－x＋1，f′(x)＝ln x，
x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，
x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
∴f(x)有极小值，f(1)＝0，无极大值.
(2)f(x)＝xln x－a(x－1)2－x＋1<0在(1，＋∞)恒成立.
①若a＝0，f(x)＝xln x－x＋1，f′(x)＝ln x，x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，
∴f(x)为增函数，∴f(x)>f(1)＝0，
即f(x)<0不成立，∴a＝0不成立.
②∵x>1，ln x－<0在(1，＋∞)恒成立，
不妨设h(x)＝ln x－，x∈(1，＋∞)，
h′(x)＝－，x∈(1，＋∞)，
h′(x)＝0，x＝1或，
若a<0，则<1，x>1，h′(x)>0，h(x)为增函数，h(x)>h(1)＝0(不合题意)；
若00，h(x)为增函数，h(x)>h(1)＝0(不合题意)；
若a≥，x∈(1，＋∞)，h′(x)<0，h(x)为减函数，h(x)1时，f(x)<0恒成立，则a≥.
二、选做题
12.已知x∈(0，2)，若关于x的不等式<恒成立，则实数k的取值范围为________.
解析 由题意，知k＋2x－x2>0.
即k>x2－2x对任意x∈(0，2)恒成立，从而k≥0，
因此由原不等式，得k<＋x2－2x恒成立.
令f(x)＝＋x2－2x，则f′(x)＝(x－1).
令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，所以k0时，f(x)的单调增区间为(0，1)，
单调减区间为(1，＋∞)；
当a<0时，f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0，1)；
当a＝0时，f(x)为常函数.
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2，
∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝.
∴g(x)＝x3＋x2－2x，
∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数，
即g′(x)在区间(t，3)上有变号零点.
由于g′(0)＝－2，∴
当g′(t)<0时，
即3t2＋(m＋4)t－2<0对任意t∈[1，2]恒成立，
由于g′(0)<0，故只要g′(1)<0且g′(2)<0，
即m<－5且m<－9，即m<－9；
由g′(3)>0，即m>－.
∴－
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