利用导数研究存在性与任意性专题

1、利用导数研究恒成立、存在性与任意性问题一、利用导数研究不等式恒成立问题典例设 f (x) =ex a(x+1) .(1)若?xCR, f(x)>。恒成立，求正实数a的取值范围；a 一一，设 g(x) =f (x)+r,且 A(xi, yi), B(x2, y2)( xwx2)是曲线 y = g(x)上任 e意两点，若对任意的a0-1,直线AB的斜率恒大于常数m,求m的取值范围.解(1)因为 f(x) = ex a(x+1),所以 f ' (x) =ex a.由题意，知a>0,故由 f ' (x) =ex a = 0,解彳4x = in a.故当 x C ( oo,

2、in a)时，f' (x)<0,函数f(x)单调递减；当 xC (In a, +00)时，f ' (x) >0,函数f(x)单调递增.所以函数 f (x)的最小值为 f (In a)=elna a(ln a+1)= aln a.由题意，若？x C R, f (x)。包成立，即 f (x) =ex a(x+ 1)。包成立，故有一aln a>0,又 a>0,所以 In a<0,解得 0<a01.所以正实数a的取值范围为(0,1.(2)设x1，x2是任意的两个实数，且x1<x2.则直线AB的斜率为k = g?x2?-g?x1?由已知k>

3、mi,g?x2?-g?x1?>mx2x1因为 x2 x1>0,所以 g(x2) g(x1) >m(x2 x1),即 g(X2) mx> g(xi) mx.因为Xi<X2,所以函数h(x) =g(x) mx在R上为增函数，故有 h' (x)=g' (x)m>0 包成立，所以 meg' (x).而 g' (x) = ex-a-J, e又 a0 1 < 0,x ? 一 a? a?故 g (x) =e + ex a12、/e xa2 "j a a.而 2 - a - a= 2 1 一 a + ( aJ a)=(Va +

4、i)21>3,所以m的取值范围为(一°°, 3.方法点拨解决该类问题的关键是根据已知不等式的结构特征灵活选用相应的方法，由不等式包成立求解参数的取值范围问题一般采用分离参数的方法.而第 (2)问则 巧妙地把直线的斜率与导数问题结合在一起， 命题思路比较新颖，解决此类问题 需将已知不等式变形为两个函数值的大小问题， 进而构造相应的函数，通过导函 数研究其单调性解决.对点演练已知 f(x)=xln x, g(x) = x2 + ax3.(1)若对一切xC(0, +00), 2f (x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围.(2)证明：对一切x (0 , +oo) in x&

5、gt;工2包成立. e ex解：(1)由题意知2xln x> x2 + ax3对一切xC (0 ,十)恒成立，3则 aw21n x + x + -， x3,_、设 h(x) =2ln x + x + (x>0),x?x + 3?x1?则 h' (x)=当xC(0,1)时，h' (x)<0, h(x)单调递减；当 xC(1, +oo)时，h' (x)>0, h(x)单调递增.所以 h(x)min = h(1) =4,对一切 xC(0, +8), 2f (x)g(x)恒成立，所以 awh(x)min=4,即实数a的取值范围是(8, 4.(2)问题等价

6、于证明xln x>xx2(x>0). e e又 f(x)=xln x(x>0) , f' (x)=ln x+1,当 xC 0, 1 时，f'(x)<0, f(x)单调递减； e当 xC -, +oo 时，f ' (x) >0, f (x)单调递增， e11所以 f ( x) min _ f_ _ .ee设 mx) =*2(x>0)， e e1 x贝(J m (x)=, e当 xC(0,1)时，m' (x)>0, n(x)单调递增，当 xC(1, +8)时，m' (x)<0, m(x)单调递减，1所以 n(x

7、)max= n(1)从而对一切 xC(0, +8)ef (x) >m(x)如成立,即xln x >三一2恒成立.e e即对一切xC(0, +oo) in x>4 2包成立.e ex二、利用导数研究存在性与任意性问题典例 设 f(x)=a+xln x, g(x)=x3x2 3. x(1)如果存在Xi, X2C 0,2,使得g(Xi) g(X2)M成立，求满足上述条件 的最大整数M;1(2)如果对于任意的s, t e 2，2 ,都有f(s)g(t)成立，求实数a的取值 范围.解(1)存在 Xi, X2C 0,2,使彳.g(Xi) g(X2)M成立,等价于g( Xi) g( X2)

8、 maX> M由 g(x) =x3 X2 3,2 -八2得 g (x) =3X 2x = 3x x a .32由 g (X) <0,解得 o<x<a；32由 g (X)>0,解得 x<o或x>.3又 x e 0,2,所以g(x)在区间0, 2上单调递减，在区间|, 2上单调递增, 33又g(0) = 3, g(2) =i,故 g( X) max= g(2) = 1 ,，、285g(x)min=g 3 =-27.所以9(X1) g(X2) max= g(x)max g(x) min85 112则满足条件的最大整数 M= 4.1 -对于任息的s, t e

9、2, 2 ,，一、1，都有f(s)g(t)成立，等价于在区间2, 2上,函数 f ( X) min>g( X) max., 一，一一 1由(1)可知在区间2，2上，g(x)的最大值为g(2)=1.在区间1, 2上，f(x)=a + xln xl包成立等价于a>x-x2ln x包成立. 2x设 h(x)=x-x2ln x, x 2, 2 ,则 h' (x) = 1-2xln x-x,一 ，一、1 ，一 ，一，易知h' (x)在区间-,2上是减函数，又 h' (1)=0,所以当 1<x<2 时，h' (x)<0；、/ ,当2<x&

10、lt; 1 时，h (x) >0. c.1所以函数h(x)=x x2ln x在区间2, 1上单调递增，在区间1,2上单调递 减，所以 h(x)max= h(1) = 1 ,所以实数a的取值范围是1 , +oo).方法点拨等价转化法求解双参数不等式双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法.本例第(1)问是“存在性”问题，转化方法是：如果存在 xb x2C 0,2使得g(x1) g(x2)M成立，则 可转化为MK g(x。一 g(x2) max,即求解使不等式 MC g( x) max- g(x)min成立时的M 的最大取值；第(2)问是“何成立”问题，转化方法是：如果对于任意的x1,

11、x2. 11 一C 2, 2 ,都有f (x1)g(x2)成立，则可转化为在区间2, 2上，f(x)ming(x)max, 求解得到实数a的取值范围.对点演练已知函数 f (x) =ln x-ax + 1-a-1(a R). 、x ''1.(1)当0<a<2时，讨论f(x)的单调性；-2,1一(2)设 g(x) =x 2bx + 4.当 a = 4时，右对任息 x1 (0,2),存在 x2C1,2,使f (Xi)g(X2),求实数b的取值范围.解：(1)因为 f(x)=ln x-ax + 1一a -1,x， i所以 f' (x)=qa +a-1ax2 x+1

12、aZ2， XC(0, +8),x令f' (x)=0,可得两根分别为1,1 a1.1 iJ因为 0<a<2,所以a1>1>0,当xe(o,1)时，f'(x)<o,函数f(x)单调递减；当xC 1, - 1时，f' (x)>0,函数f(x)单调递增； a当xC -1, +OO时 f' (x)<0,函数f(x)单调递减. a1-11八(2) a = 4C 0, 2 ,占-1 = 3?(0,2),由(1)知，当xC(0,1)时，f ' (x) <0,函数f(x)单调递减；当xC(1,2)时, f' (x)>0,函数f(x)单调递增，一.，一，-1所以f(x)在(0,2)上的最小值为f(1) = 2.对任意 x1 (0,2),存在 x2 1,2,使 f(x1)叶 g(x2)等价于 g(x)在1,2上1的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值2, (*)又 g(x)=(x b)2 + 4b2, x 1,