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函数与导数中的恒成立问题
（一）最值法
1．若函数，若对所有的都有成立，求实数a的取值范围.
解：

单增
①当
，。
②当
不成立
综上所述
另解：。
，则。

，，。
1.1设函数其中为常数，
(1)当时，求的最小值；
(2)若，恒有成立，求实数的取值集合；
（3）设常数、且，点、在函数的图像上，直线的斜率为.问：是否存在，使成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
解（1）当时，
列表如下
1—0+1（4分）
（2）
列表如下：
—0+由题意，，（6分），由（1），当，，（8分）
又由①知当且仅当时，，的取值的集合为（10分）
（3），而，
由得（13分），由（1）知当且时，
从而（15分）
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，，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0<x≤π时，ax≤1＋sinx⇔a≤eq\f(1＋sinx,x)⇔
a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋sinx,x)))min.
令g(x)＝eq\f(1＋sinx,x)(0<x≤π)，则
g′(x)＝eq\f(xcosx－1－sinx,x2)，
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)＝－1<0.
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)＝eq\f(1,π).故a≤eq\f(1,π).
答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,π)))
2.1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＋eq\f(9,x)＋|x－3|，x＋eq\f(9,x)≥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x>0即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，设g(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，则g′(x)＝eq\f(31－2x,x4)，
g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，因此g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4，从而a≥4；
当x<0即x∈[－1,0)时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≤eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，g′(x)＝eq\f(31－2x,x4)>0，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：4
2.3(2012·盐城中学期中)已知函数f(x)＝x2－alnx，g(x)＝bx－eq\r(x)＋2，其中a，b∈R且ab＝2.函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))上是减函数，函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，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∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))恒成立，求实数m的取值范围；
(3)求函数h(x)＝f(x)＋g(x)－eq\f(1,2)x的最小值，并证明当n∈N*，n≥2时f(n)＋g(n)>3.
解：(1)f′(x)＝2x－eq\f(a,x)≤0对任意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\