利用导数研究存在性与任意性专题

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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j{x)=ex-a(x+1)•(1)若HxWR,恒成立，求正实数a的取值范围；(2)设g(x)=/(x)+%且心，yj,3(X2,肋(匕如是曲线y=g⑴上任意两点，若对任意的a<—,直线43的斜率恒大于常数加，求加的取值范围.［解］(1)因为7U)=ex~a(x+1),所以/(x)=eA—tz.由题意，知°>0,故由f(x)=ex—a=O,解得x=a.故当xE(—oo,Ino)时，f(x)<0,函数/(X)单调递减；当x^(lnaf+oo)时，/

2、(x)>0,函数貳兀)单调递增.所以函数夬兀)的最小值为y(lna)=ena—a(lna+1)=—dina.由题意，若J(x)>0恒成立，即7(兀)=ex~a(x+1)20恒成立，故有一din^>0,又d>0,所以Ina<0f解得0<來1・所以正实数cz的取值范围为(0,1］.(2)设兀1,疋是任意的两个实数，且兀1<疋・则直线的斜率为k=gX~~gXX,兀2无由已知k>m,即g总Q林X2—X1因为兀2一兀1>0,所以g(x2)—^(xi)>m(x2—xi),即g("2)—处2>g(XlL处1・因为X

3、g(x)—ijvc在R上为增函数,故有hj^=gx)—m>0恒成立，所以m2yjex'——a=2］_a_a・而2y］—a—a=2yf-~ci+(yj—ci^=(V^+i)2-i>3,所以m的取值范围为(一oo,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，由不等式恒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

4、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］已知夬兀)=xlnx,g(x)=—x2+处一3・(1)若对一切%e(0,+oo),幼>)至(兀)恒成立，求实数d的取值范围.12(2)证明：对一切兀丘(0,+oo),lnx>~~—恒成立.eex解：(1)由题意知2xlnx>—3对一切兀丘(0,+co)恒成立，3贝口a<2x+x+~,A..3设h(x)=2x+x+7(x>0),x则hx)=x+3x—1%1当%e(o,l)时，//(x)VO,力(对单调递减；%1当xe(i,+00)时，//(x)>0,/心)单调

5、递增.所以h(x)mift=h(l)=4f对一切x^(0,+00),幼力2(兀)恒成立，所以a~~~(x>0).ee又j(x)=xx(x>0),/(x)=lnx+1,当xelo,才时,/(x)<0,妙单调递减;(当兀G+o)时,/(x)>0,夬兀)单调递增,e所以几％加=1—x则mr(x)=—^9当xe(0,i)时，加'(兀)>0,加⑴单调递增，当x^(l,+00)时，mx)<0,m(x)单调递减，所以m(x)max—1)=—从而

6、对一切xW(O,+00),J[x)>加⑴恒成立，即xlnx>4—~恒成立.ee12即对一切x^(0,+00),lnx>-?——恒成立•二、利用导数研究存在性与任意性问题[典例]设/(x)="+xlnx,g(x)=»—/—3.X(1)如果存在Q,X2[0,2],使得g(xi)—g(%2)2M成立，求满足上述条件的最大整数M;⑵如果对于任意的5,re2,都有几$)2(/)成立，求实数g的取值范围.［解］(1)存在兀1,兀2丘［0,2］,使得g(xi)—g(x2)>M成立，等价于仪(兀1)一g(X2)］〃g2M・由^)=%3—X2—3,

7、2由g'(x)V0,解得00,解得x<0或兀>亍又兀丘［0,2］,「21「21所以g9)在区间［0,寸上单调递减，在区间片，2」上单调递增,又g(0)=—3,g⑵=1,故g(Qg=g(2)=l,所以[gSl)—g(X2)]w则满足条件的最大整数M=4.(2)对于任意的$,re2,都有,心)2(。成立，等价于在区间2上，函数人切加总^劝山心.由(1)可知在区间*,2上，gO)的最大值为g(2)=l・在区间y,2上，J(x)=~+xx>恒成立等价于tz>x~x2lnx恒成立.厶X设/?(x)=x—x2l

8、nx,xW2,则hx)=1—2xlnx~x,易知丹(x)在区间*,2上是减函数，又丹(1)=0,所以当1VxV2时，//(x)VO;当

9、0・所以函数h(x)=x-x1x在区间*,1上单调递增，在区间［1,2］上单调递减,