利用导数研究存在性与任意性专题.doc

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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f(x)＝ex－a(x＋1)．(1)若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，求正实数a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)＋，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上任意两点，若对任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围．[解]　(1)因为f(x)＝ex－a(x＋1)，所以f′(x)＝ex－a．由题意，知a＞0，故由f′(x)＝ex－a＝0，解得x＝lna．故当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(lna，＋∞)时，f

2、′(x)＞0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的最小值为f(lna)＝elna－a(lna＋1)＝－alna．由题意，若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，即f(x)＝ex－a(x＋1)≥0恒成立，故有－alna≥0，又a＞0，所以lna≤0，解得0＜a≤1．所以正实数a的取值范围为(0,1]．(2)设x1，x2是任意的两个实数，且x1＜x2．则直线AB的斜率为k＝，由已知k＞m，即＞m．因为x2－x1＞0，所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)，即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1．因为x1＜x2，所以函数h(x)＝g(x)－mx在R上为增函数，故有h′(x)

3、＝g′(x)－m≥0恒成立，所以m≤g′(x)．而g′(x)＝ex－a－，又a≤－1＜0，故g′(x)＝ex＋－a≥2－a＝2－a．而2－a＝2＋()2＝(＋1)2－1≥3，所以m的取值范围为(－∞，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f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3

4、．(1)若对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，lnx＞－恒成立．解：(1)由题意知2xlnx≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，则a≤2lnx＋x＋，设h(x)＝2lnx＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝．①当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以h(x)min＝h(1)＝4，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，即实数a的取值范围是(－∞，4]．(2)问题等价于证明xlnx

5、＞－(x＞0)．又f(x)＝xlnx(x＞0)，f′(x)＝lnx＋1，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f＝－．设m(x)＝－(x＞0)，则m′(x)＝，当x∈(0,1)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减，所以m(x)max＝m(1)＝－，从而对一切x∈(0，＋∞)，f(x)＞m(x)恒成立，即xlnx＞－恒成立．即对一切x∈(0，＋∞)，lnx＞－恒成立．二、利用导数研究存在性与任意性问题[典例]　设f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－

6、x2－3．(1)如果存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．[解]　(1)存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M．由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x．由g′(x)＜0，解得0＜x＜；由g′(x)＞0，解得x＜0或x＞．又x∈[0,2]，所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，又g(0)＝－3，g(2)＝1，故g(x)max＝g(2)＝1，g(x

7、)min＝g＝－．所以[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝1＋＝≥M，则满足条件的最大整数M＝4．(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max．由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1．在区间上，f(x)＝＋xlnx≥1恒成立等价于a≥x－x2lnx恒成立．设h(x)＝x－x2lnx，x∈，则h′(x)＝1－2xlnx－x，易知h′(x)在区间上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当＜x＜1时，h′