专题四导数与恒成立

专题四       导数与恒成立

例题1．已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）当，若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.

解：（1），.

当时，则在上恒成立，所以在上单调递增；

当时，由，得，由，得，

所以在上单调递减，在上单调递增.

综上所述，当时，函数在上单调递增；

当时，函数在上单调递减，在上单调递增；

（2）由题意知在上恒成立，即恒成立，

令，其中，则.

当时，则；当时，则.

所以在上单调递减，在上单调递增，则.

所以实数的取值范围为.

例题2．已知函数．

（1）讨论函数的单调性；

（2）设，若，求实数k的取值范围．

解：（1）

令，得

当时，恒成立，且仅在时取等号，

故在R上单调递减

当时，在区间和上，在区间上，

所以的单调递减区间为，

的单调递增区间为

当时，在区间上，在区间上．

所以的单调递减区间为，单调递增区间为

（2）当时，由题意可知，在上恒成立，

即在上恒成立

设，则

令得；令得，

所以函数在上单调递增，在上单调递减

∴实数k的取值范围是.

例题3．已知函数，且.

（1）求的解析式；

（2）设，若对任意，，求实数的取值范围.

解：（1），，则，解得，

因此，；

（2）①当时，则成立，此时；

②当时，由题意得恒成立，

令，其中，得，以下只需求.

，当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

所以，所以.

综上所述，实数的取值范围是.

例题4．已知函数.

（1）讨论的单调区间；

（2）若恒成立，求实数的取值范围.

解：（1）由题意，函数，

可得的定义域为，且.

由，即，解得，

由，即，解得，

故的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）因为恒成立，即对恒成立，

即对恒成立，

令，则，

当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

故时，取最小值，所以，

所以实数的取值范围是.

例题5．已知函数其中

（1）讨论的单调性；

（2）若当时恒成立，求的取值范围.

解：（1）

若在(0，1)内单增，在内单减.

若由知，.

当即时，此时在内单增.

当时，

此时在内单增,在内单减.

综上所述：当时，函数在内单增.

当，在内单增,在内单减.

当时，在(0，1)内单增，在内单减.

（2）即 即

即，

令则

令.

所以在时单增，，因此，

在时单增，，于是

故的取值范围是

例题6．已知函数，

（1）若，求､在处的切线方程；

（2）若在上恒成立，求实数a的取值范围.

解：（1）当时，，，则，

在处的切线方程为，即.

在处的切线方程为，即.

（2）若在上恒成立

即

即在上恒成立

令，，

①当，恒成立，在上递增，，符合题意；

②当时，在上递增，.

在上递增，又，

若，即时，恒成立，同①，符合题意；

若，即时，存在，使，

时，，时，，

在递减，在上递增，而，故不满足恒成立.

综上，.

巩固1．已知函数.

（1）讨论的单调区间；

（2）当时，恒成立，求的取值范围.

解：（Ⅰ）定义域是，，

令.

当，即时，恒成立，即，

所以的单调增区间为，无递减区间；

当时，即或时，方程有两个不等的实根，

，.

若，由，得，，，

所以在成立，即，

所以的单调增区间为，无递减区间；

若，由，得，，，

由得的范围是，由得的范围是，

所以当或时，，当时，，

所以的单调递增区间为，，的单调递减区间为.

综上所述，当时，的单调递增区间为，，

单调递减区间为；

当时，的单调递增区间为，无递减区间.

（Ⅱ）由，得，

即，即在上恒成立.

由（Ⅰ）知当时，的单调递增区间为，又，

所以当时，恒成立.

由（Ⅰ）知当时，在，单调递增，在单调递减，

且，得，，不符合题意.

综上所述，的取值范围是.

【素养提升】

1.已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝x2＋ax，其中a为常数．

(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．

【解析】(1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，所以f(0)＝1，

f′(x)＝(x＋2)ex，所以f′(0)＝2，所以所求切线方程为2x－y＋1＝0.

(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，

因为h(x)＝(x＋a－1)ex－x2－ax，所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)．

①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在 [0，＋∞)上单调递增，

所以h(x)min＝h(0)＝a－1，则a－1≥0，得a≥1.

②若a<0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；

当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)>0，

所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(－a)，

又因为h(－a)<h(0)＝a－1<0，所以不合题意．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．

2.设函数f(x)＝(1－x2)ex.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a的取值范围．

【解析】(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1±，

当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)<0；当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)>0；

当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)<0.

所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．

(2)令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)，

令x＝0，可得g(0)＝0.g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a，

令h(x)＝(1－x2－2x)ex－a，则h′(x)＝－(x2＋4x＋1)ex，

当x≥0时，h′(x)<0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，故h(x)≤h(0)＝1－a，即g′(x)≤1－a，

要使f(x)－ax－1≤0在x≥0时恒成立，需要1－a≤0，即a≥1，此时g(x)≤g(0)＝0，故a≥1.

综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．

3.已知函数f(x)＝(a∈R)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若∀x∈[1，＋∞)，不等式f(x)>－1恒成立，求实数a的取值范围．

【解析】(1)f′(x)＝，

当a≤－时，x2－2x－2a≥0，f′(x)≥0，∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．

当a>－时，令x2－2x－2a＝0，解得x1＝1－，x2＝1＋.

∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，单调递减区间为(1－，1＋)．

(2)f(x)>－1⇔>－1⇔2a>x2－ex由条件知，2a>x2－ex对∀x≥1恒成立．

令g(x)＝x2－ex，h(x)＝g′(x)＝2x－ex，∴h′(x)＝2－ex.

当x∈[1，＋∞)时，h′(x)＝2－ex≤2－e<0，∴h(x)＝g′(x)＝2x－ex在[1，＋∞)上单调递减，

∴h(x)＝2x－ex≤2－e<0，即g′(x)<0，∴g(x)＝x2－ex在[1，＋∞)上单调递减，

∴g(x)＝x2－ex≤g(1)＝1－e，故若f(x)>－1在[1，＋∞)上恒成立，

则需2a>g(x)max＝1－e，∴a>，即实数a的取值范围是.

4.（2018年新课标I卷文）已知函数．

（1）设是的极值点．求，并求的单调区间；

（2）证明：当时，．

【解析】（1）f（x）的定义域为，f ′（x）=aex–．

由题设知，f ′（2）=0，所以a=．

从而f（x）=，f ′（x）=．

当0<x<2时，f ′（x）<0；当x>2时，f ′（x）>0．

所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．

（2）当a≥时，f（x）≥．

设g（x）=，则

当0<x<1时，g′（x）<0；当x>1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，当时，．