探讨导数在恒成立问题中的应用

黄守清

数学教学中常常遇到恒成立问题，学生解决这类问题往往比较吃力.恒成立问题有很多种类型，涉及导数的性质和应用，蕴含着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，解决恒成立问题有利于提高学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用.本文将从导数方面来讨论部分函数恒成立问题，如果通过恒等变形不能直接解出参数，将参数分离出来，构造新函数，再用导数计算.

例1已知函数f（x）=1+lnxx.（Ⅰ）若函数在区间（a，a+12）（其中a>0）上存在极值，求实数a的取值范围；（Ⅱ）如果当x≥1时，不等式f（x）≥kx+1恒成立，求实数k的取值范围.

解（Ⅰ）因为f（x）=1+lnxx，x>0，则f ′（x）=-lnxx.

当00；当x>1时，f ′（x）<0.

所以f（x）在（0，1）上单调递增；在（1，+∞）上单调递减，所以函数f（x）在x=1处取得极大值.

因为函数f（x）在区间（a，a+12） （其中a>0）上存在极值，所以a<1，

a+12>1，解得12

（Ⅱ）不等式f（x）≥kx+1，即为（x+1）（1+lnx）x≥k.

记g（x）=（x+1）（1+lnx）x，

所以g′（x）=[（x+1）（1+lnx）]′x-（x+1）（1+lnx）x2

=x-lnxx2.

令h（x）=x-lnx，则h′（x）=1-1x，

因为x≥1，所以h′（x）≥0.

所以h（x）在[1，+∞）上单调递增，

所以[h（x）]min=h（1）=1>0，从而g′（x）>0.

故g（x）在[1，+∞）上也单调递增，

所以[g（x）]min=g（1）=2，所以k≤2.

例2已知函数f（x）=xlnx.

（1）求函数f（x）在[t，t+2] （t>0）上的最小值；（2）求证：对一切x∈（0，+∞），都有lnx>1ex-2ex.

解（1）f ′（x）=lnx+1，令f ′（x）=0，得x=1e.

当x∈（0，1e）时，f ′（x）<0，f（x）单减；

当x∈（1e，+∞）时，f ′（x）>0，f（x）单增.

因为t>0，所以

①当0

②当t≥1e时，f（x）在[t，t+2]上单增，所以f（x）min=f（t）=tlnt.

（2）要证原命题成立，需证：f（x）>xex-2e （x>0）成立.

设g（x）=xex-2e，则g′（x）=1-xex.

令g′（x）=0得x=1.当x∈（0，1）时，g′（x）>0，g（x）单增；当x∈（1，+∞）时，g′（x）<0，g（x）单减.

所以当x=1时，g（x）max=-1e.

又由（1）得f（x）在（0，1e）上单减，在（1e，+∞）上单增，所以当x=1e时，f（x）min=-1e，

又因为f（1）=0>-1e=g（1），所以f（x）>g（x），

所以对一切x∈（0，+∞），都有lnx>1ex-2ex成立.

例3已知f（x）=x|x-a|-2，若当x∈[0，1]时，恒有f（x）<0，求实数a的取值范围.

解（ⅰ）当x=0时，显然f（x）<0成立，此时，a∈R.

（ⅱ）当x∈（0，1]时，由f（x）<0，可得

x-2x

令g（x）=x-2x （x∈（0，1]）；

h（x）=x+ 2x （x∈（0，1]）.

则g′（x）=1+2x2>0，

所以g（x）是单调递增，可知[g（x）]max=g（1）=-1.

h′（x）=1-2x2<0，

所以h（x）是单调递减，可知[h（x）]min=h（1）=3.

此时a的范围是（-1，3）.

综合ⅰ、ⅱ得：a的范围是（-1，3）.

例4当x∈[-2，1]时，不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立，求实数a的取值范围.

解析当x=0时，ax3-x2+4x+3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.

当x∈（0，1]时，ax3≥x2-4x-3，a≥x2-4x-3x3，

所以a≥[x2-4x-3x3]max.

设φ（x）=x2-4x-3x3，

φ′（x）=2x-4）x3-（x2-4x-3）3x2x6=-x2-8x-9x4

=-（x-9）（x+1）x4>0，

所以φ（x）在（0，1]上递增，φ（x）max=φ（1）=-6.

所以a≥-6.

当x∈[-2，0）时，a≤x2-4x-3x3，

所以a≤[x2-4x-3x3]min.

仍设φ（x）=x2-4x-3x3，φ′（x）=-（x-9）（x+1）x4.

当x∈[-2，-1）时，φ′（x）<0，

当x∈（-1，0）时，φ′（x）>0.

所以当x=-1时，φ（x）有极小值，即为最小值.

而φ（x）min=φ（-1）=1+4-3-1=-2，所以a≤-2.

综上知-6≤a≤-2.

例5已知函数f（x）=lnx-14x+34x-1.

（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）设g（x）=-x2+2bx-4，若对任意x1∈（0，2），x2∈[1，2]，不等式f（x1）≥g（x2）恒成立，求实数b的取值范围.

解（Ⅰ）f（x）=lnx-14x+34x-1 （x>0），

f ′（x）=1x-14-34x2=4x-x2-34x2.

由x>0及f ′（x）>0得1

由x>0及f ′（x）<0得03，

故函数f（x）的单调递增区间是（1，3）；单调递减区间是（0，1），（3，+∞）.

（Ⅱ）若对任意x1∈（0，2），x2∈[1，2]，不等式f（x1）≥g（x2）恒成立，问题等价于f（x）min≥g（x）max.

由（Ⅰ）可知，在（0，2）上，x=1是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点，故也是最小值点，所以f（x）min=f（1）=-12.

g（x）=-x2+2bx-4，x∈[1，2]，

当b<1时，g（x）max=g（1）=2b-5；

当1≤b≤2时，g（x）max=g（b）=b2-4；

当b>2时，g（x）max=g（2）=4b-8.问题等价于

b<1，

-12≥2b-5 或1≤b≤2，

-12≥b2-4 或b>2，

-12≥4b-8.

解得b<1或1≤b≤142或b∈，即b≤142.

所以实数b的取值范围是（-∞，142].

例6已知函数f（x）=4x2-72-x，x∈[0，1].（1）求函数f（x）的单调区间和值域；（2）设a≥1，函数g（x）=x2-3a2x-2a，x∈[0，1]，若对于任意x1∈[0，1]，总存在x0∈[0，1]使g（x0）=f（x1）成立，求实数a的取值范围.

解（1）因为f ′（x）=-4x2+16x-7（2-x）2≥0，

所以12≤x≤72且x≠2.

因为x∈[0，1]，

所以f（x）的增区间[12，1]，减区间[0，12].

因为f（0）=-72，f（1）=-3，f（12）=-4，

所以f（x）的值域[-4，-3].

（2）g′（x）=2x-3a2，

因为a≥1，所以g′（x）<0，x∈[0，1].

所以g（x）在x∈[0，1]上是减函数，值域为[1-3a2-2a，-2a].

由题意使f（x1）=g（x0），需[-4，-3][1-3a2-2a，-2a]，

所以1