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临沂市高三二轮会材料

函数导数中的恒成立问题解题技巧

函数导数中的恒成立问题解题技巧
新课标下的高考越来越重视考查知识的综合应用，恒成立问题涉及方程、不等式、函数性质与图象及它们之间的综合应用，同时渗透换元、转化与化归、数形结合、函数与方程等思想方法，考查综合解题能力，尤其是在函数、导数中体现的更为明显，也是历年高考的热点问题,根据本人的体会，恒成立问题主要有以下几种.
一、利用函数的性质解决恒成立问题
例1已知函数．
(1)若函数的图象过原点，且在原点处的切线斜率是，求的值；
(2)若函数在区间上不单调，求的取值范围．
解：(1)由题意得
又，解得，或
(2)函数在区间不单调，等价于
导函数在既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数
即函数在上存在零点，根据零点存在定理，有
，即：
整理得：，解得
所以的取值范围是.
【方法点评】利用函数的性质解决恒成立问题，主要是函数单调性的应用，函数在给定的区间上不单调意味着导函数在给定的区间上有零点，利用函数零点的存在性定理即可解决问题.
二、利用数形结合思想解决恒成立问题
例2已知是函数的一个极值点．
（1）求；
（2）求函数的单调区间；
（3）若直线与函数的图象有个交点，求的取值范围．
【方法指导】（1）在极值点处导数为零，可以求的值；（2）求函数的单调区间借助可以求出单调递增区间，可以求出单调递减区间；（3）根据函数的单调性可以求出其极大值和极小值，画出图象，数形结合可以求出的取值范围.
解：（1）因为，所以，因此．
（2）由（1）知，，
当时，；当时，．
所以的单调增区间是，的单调减区间是．
（3）由（2）知，在内单调增加，在内单调减少，在上单调增加，且当或时，
所以的极大值为，极小值为
因此

所以在的三个单调区间直线有的图象各有一个交点，当且仅当
因此，的取值范围为．
【方法点评】数形结合是高中数学中常考的思想方法之一，在有关取值范围问题、单调性问题、最值问题中体现较明显，同时方程的根及函数零点也可转化为交点问题解决.
三、分离参数解决恒成立问题
例3已知函数，
(1)当时，判断在定义域上的单调性；
(2)若在上恒成立，求的取值范围．
【方法指导】（1）通过判断导数的符号解决；（2）由于参数是“孤立”的，可以分离参数后转化为一个函数的单调性或最值等解决．
解：(1)由题意：的定义域为，且．
，故在上是单调递增函数．
(2)
令，
在上是减函数，，即，
在上也是减函数，．
令得，
∴当在恒成立时，的取值范围是．
【方法点评】分离参数是恒成立问题中的一种重要解题方法，分离参数后，构造新函数，求新函数的最值即可解决恒成立问题中的参数取值范围.
四、利用两个函数的最值解决恒成立问题
例4[2014·新课标全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝aexlnx＋eq\f(bex－1,x)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.
(1)求a，b；
(2)证明：f(x)>1.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aexlnx＋eq\f(a,x)ex－eq\f(b,x2)ex－1＋eq\f(b,x)ex－1.
由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e，故a＝1，b＝2.
(2)证明：由(1)知，f(x)＝exlnx＋eq\f(2,x)ex－1，从而f(x)>1等价于xlnx>xe－x－eq\f(2,e).
设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx，
所以当x∈时，g′(x)<0；当x∈时，g′(x)>0.
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为＝－eq\f(1,e).
设函数h(x)＝xe－x－eq\f(2,e)，则h′(x)＝e－x(1－x)．所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.
故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－eq\f(1,e).
因为gmin(x)＝＝h(1)＝hmax(x)，
所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.
五、不等式中的恒成立问题
例5(2016•山东)已知.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明对于任意的恒成立．
解：(1)的定义域为，
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减．
当时，.
(i)当时，.
当或时，单调递增．
当时，单调递减．
(ii)当时，，在区间内，单调递增．
(iii)当时，.当或时，单调递增，当时，单调递减．
综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；