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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)＝aexln x＋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)＝aexln x＋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)＝exln x＋eq \f(2,x)ex－1，从而f(x)1等价于xln xxe－x－eq \f(2,e). 设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x， 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x0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