利用导数解决不等式恒成立中参数问题学案

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1、利用导数解决不等式恒成立中的参数问题一、单参数放在不等式上型：【例题1】(07全国I理)设函数f(x)=exe”.若对所有x20都有f(x)之ax,求a的取值范围. 解：令 g(x) = f (x) ax ,贝U gx) = f (x) a =ex +e-x a ,(1)若 a W2 ,当 x 0时，g(x) =ex +e-x - a2-a0,故 g(x)在(0,y)上为增函数，x 之0时，g(x) g(0),即 f (x)之ax .(2)若a2,方程g(x) =0的正根为x1=ln立三42此时，若xW(0, x1),则g(x) 0,故g(x)在该区间为减函数. x w (0, x1)时，g(

2、x) g(0) =0 ,即 f(x)ax,与题设 f(x)之 ax 相矛盾.综上，满足条件的a的取值范围是(-笛,2.说明：上述方法是不等式放缩法.【针对练习1】(10课标理)设函数f(x)=ex1xax2,当x上0时，f (x) A 0,求a的取值范围.解：【例题2】(07全国I文)设函数 f(x) =2x3+3ax2+3bx +8c在x =1及x = 2时取得极值.(1)求a、b的值；(2)若对于任意的xw0,3,都有f (x) 0；当 xw (1,2)时，f(x) 0.当 x=1 时，f(x)取得极大值 f(1)=5+8c,又 f(0)=8c, f(3)=9+8c.则当xW0,3时，f(

3、x)的最大值为f(3)=9+8c.,对于任意的x0,3,有f(x) c2恒成立，9+8c c2,解得c 9 , 因此c的取值范围为(,1) U (9,收).最值法总结：区间给定情况下，转化为求函数在给定区间上的最值.【针对练习2】(07重庆理)已知函数 f (x) = ax4 ln x+ bx4c (x 0)在x = 1处取得极值3 c,其中 a、b、c为常数.(1)试确定a、b的值；(2)讨论函数f(x)的单调区间；(3)若对任意x 0,不等式f(x)至-2c2恒成立，求c的取值范围.解：3 o11【针对练习3】(10天津文)已知函数 f (x) =ax3 x2+1 (xw R),其中a 0

4、.若在区间 -上,22 2f(x)0恒成立，求a的取值范围.解：2【例题3】(08湖南理)已知函数 f(x) = ln2(x+1)-x1 x(1)求函数f(x)的单调区间；1 n a (2)若不等式(1+)n* e对任意的ne N*都成立(其中e是自然对数的底数)，求a的最大值. n解：(1)函数f(x)的定义域是(1,依)，_2_2_,、21n(1x) x2x2(1 x)ln(1x) -x-2xf (x) 2 -2,1x (1x)2(1x)22设 g(x) =2(1+x)1n(1 +x) -x -2x .一一一. 一一 一2-2x则 g(x)=21n(1 +x)_2x,令 h(x)=21n(

5、1 +x)-2x,则 h(x)=2=上.1 x 1 x当1x0, h(x)在(1,0)上为增函数，当x0时，h(x)0, h(x)在(0,y)上为减函数.h(x)在x = 0处取得极大值, 而h(0) =0, g(x)c0 (x/0),函数g(x)在(1,十无)上为减函数.于是当1x0 时，g(x)g(0)=0.当1x0, f(x)在(1,0)上为增函数.当x0时，f(x)1知,nnn ,1n(1 x) xxw (0,1,则一1-n .设 G(x) = 1n(1 1)n11(1 x)1n2(1 x)-x2G (x) _22 _22.(1 x)1n (1 x) x x (1 x)1n (1 x)

6、2由(1)知，1n2(1 +x) M0 ,即(1 +x)1n 2(1 + x) x2 M0 .1 xG(x) 0恒成立，求实数 m的取值范围.解：(1) -1 f *(x) =3ax2 -10x +c , f(1) =3a10+c ,于是过点(1,8)处的切线为y8 = (3a10+c)(x1),又切线经过点(3,0)，.二3a6 + c=0, f(x)在 x= 3处有极值，f(3)=27a30+c = 0 ,又 f (1) = a5+c + d =8,.,.由解得：a =1 , c = 3, d = 9 ,f (x) = x35x2 十3x +9.一一.2,一.一 1(2) f (x) =3

7、x2 10x+3 = (3x1)(x3),由他)=0得=, x? = 3.31.当 x50,一)时，f(x)A0, f(x)单调递增，f(x)f(0)=9; 3.1一.一一 一当 x%,3)时，f(x)f(3)=0. 3，当m3时，f(x) 0在(0,m)内不恒成立，当且仅当 mw(0,3时，f (x)0在(0,m)内恒成立，m的取值范围为(0,3 .【针对练习6(07陕西文)已知f (x) =ax3 +bx2 +cx在区间0,1上是增函数，在区间(3,0) , (1,收),一 ，一13上是减函数，又 1(1)=士.22(1)求f(x)的解析式；(2)若在区间0, m (m 0)上恒有f(x)

8、Ex成立，求m的取值范围.解：三、双参数中知道其中一个参数的范围型:a . 一【例题5】(07天津理)已知函数 f(x) = x+b (x*0),其中a, be R. x(1)讨论函数f(x)的单调性；11若对于任意的aw ,2,不等式f (x) 0 (x#0) .这时f (x)在(*,0), (0,+B)上内是增函数.当 a 0时，令 f (x) =0 ,解得 x = J.(2)法当x变化时，f (x), f (x)的变化情况如下表： (x)/1 /以/IH 1/以/”以/1由(2)知，f(x)在匚,1上的最大根为 )后f的屐大者，对方任意的一ae-,2,不等式442一 1 一39f(x)

9、10在1,1上恒成立，当且仅当 (4)-10,即工74a ,对VaWL2成立.4f (1) 10 b 9 - a2从而得b M7, .满足条件的b的取值范围是(口,二.44法二：变量分离.a、a f(x)10, b 10_(x+ ),即 b E10(x + )min . xxaa x a令 g(x) =10 _(x +), g (x) = -1 - = -2 0 , xx x.1 .1393971 g(x)在,1上递减，g(x)取小值为g(一) = Ya十至y父2十=一,44444从而得b M7, 满足条件的b的取值范围是(-g,1.44或用 a 2,进一步分离变量得 b10-(x+-), x

10、217利用导致可以得到10-(x+)在x =一时取得最小值 一，x44从而得b E7, .满足条件的b的取值范围是(-g,Z.44法三：变更主元.1 a . _.af(x) 10 在_,1上恒成立，即 x+bW10,中(a)=x+_+b_10M0,4 xx1.1 . 2, xe-,1,(a)在 ,2递增，即中(a)的最大值为 *(2) =x+b10 E0 .42x以下同上法.说明：本题是在对于任意的a-2,2 , f(x) 1在-1,1上恒成立相当于两次恒成立，这样的题，往往先保证一个恒成立，在此基础上，再保证另一个恒成立.【例题6】设函数f (x) =x4 ax3 2x2+16ln x+b

11、(a , bR),若对于任意的a亡2,2,不等式f (x) -x4在xw(0,1上恒成立，求实数 b的取值范围.解:f (x) -x4在xw (0,1上恒成立，即 二x161n x_b a在xw (0,1上恒成立. x22x 161n x b由条件 a w -2,2得3 am. = -2,x又xw(0,1, 2x2 + 161nx +b E2x3,即 b M(2x3+2x2161n x)min .32323 c 22 ,16-6x4x -16-2(3x -2x 8)设 g(x)=2x +2x 161n x ,贝U g (x) =-6x +4x=xxx令中(x) =3x3 -2x2 +8,中(x

12、) =9x2 -4x =x(9x4),4 4当 xw(0,一),中(x) 0, 99432一. xw(0,1时，中(x)极小值=中(m=8三0,于是g(x)0,924332. g(x)=2x +2x -16ln x在 x= (0,1递减，g(x)的最小值为 g(1) = 0,. b 0 ,因此满足条件的b的取值范围是(-s,0 .【针对练习7】设函数f (x) =x4+ax3+2x2+b (xw R),其中a , bR.若对于任意的a2,2, 不等式f (x) 1在-1,1上恒成立，求b的取值范围.解：四、双参数中的范围均未知型:【例题7】(10湖南理)已知函数 f(x) = x2 +bx+c

13、 (b,H R),对任意的xw R ,恒有f(x)E f (x).(1)证明：当 x 之 0时，f (x) W(x+c)2；(2)若对满足题设条件的任意 b, c,不等式f(c) - f (b) EM (c2 -b2)恒成立，求M的最小值.解:(1)易知 f (x) =2x+b .由题设，又任意的 xWR, 2x + b W x2+bx + c ,即x2+(b2)x+cb 20恒成立，(b2)24(cb) M0 ,从而 cb-+1 .4于是 c1 ,且 c 之2匕，1 =|b|,因此 2c b = c + (c b)A0.故当 x 2 0时，有(x+c)2 f(x)=(2cb)x+c(c1)之

14、0,即当 x 之 0时，f (x)(x + c)2. (2)由(1)知，c引b|.f (c) - f (b) c2 -b2 bc -b2 c 2b当 cA|b|时，有 M 一2-2=.c -bc -bb c令1=2,则_131,匚生=2.而函数g(t)=2(1t1)的值域是(*,3). cb c 1 t1 t23 因此，当CA|b|时，M的取值集合为3,y).2当 c=|b| 时，由(1)知，b = 2,c=2.此时 f (c) f (b) = 8或 0 , c2 b2 = 0 .3 3从而f (c) f(b) -(c2 b2)恒成立.综上所述，M的最小值为一.4 2x3 2 10.3bx2【

15、针对练习8】若f (x)=图象上斜率为3的两切线间的距离为- , 0, b w R ,函数f (x) =4ax3 -2bx a + b .(1)证明：当0xW1时，函数f (x)的最大值为|2ab|+a ；f (x) +|2a b |+a20 ；(2)若-1 f (x) 0时，f (x) =12ax2 -2b =12a(x +JJb-)(x -b),此日f(x)在0, Jb上递减，在二，+)上递增，f (x)在0,1上的最大值为:f (x)max =max f(0), f (1)=max( b -a),(3a -b)Jb-a, b 2a一 3a -b, b M 2a=| 2a - b | +a

16、 .综上所述：函数f(x)在0ExE1上的最大值为|2ab|+a.: 0x2a时，f (x) 12a -b | a = f (x) -a b = 4ax3 2b(1 -x) -2a4ax3 +4a(1 -x) 2a =2a(2x3 -2x+1).、几32-.3,3+ 口设 g(x)=2x _2x+1, g(x)=6x _2 = 2(x)(x+J),列表可得3334.33g(x)min =g(J)=1=0, .当 0MxM1时，2x -2x + 10, 39 f(x)+|2a b| +a 之2a(2x3 -2x+1)0 .(2)由知：函数f (x)在0wx W1上的最大值为|2ab| +a ,|

17、2ab|+a 1 .由知：f (x)之(|2ab|+a)之1 ,于是-1 f(x)1对xw 0,1恒成立的充要条件为: 2a -b _0 2a-b；03ab W1或4ba E1 ，在坐标系aOb中， a 0 a 0不等式组所表示的平面区域为如图所示的阴影部分， 其中不包括线段 BC .作一组平行线a + b = t (t w R), 得1 0).2(1)若a = b = 1 ,求f (x)的单调区间；(2)若f (x)的两个极值点x1, x2恒满足0cx11x20, g(x) =(a +)e .若存在。，J 亡0,4使得 | f 出)g(J)| 1 成立，求 a 的 4取值范围. 23 x23

18、 3解：(1) (x) = -x +(a2)x +b -ae ，由 f (3) =0,得3 +(a2)3 +b ae =0, 即得 b = 42a ,则 f (x) = -x2 +(a 2)x 3 3ae3 = (x 3)(x+a+ 1)e3”. 令 f(x)= 0 ,得 x1=3或x2= a-1,由于 x = 3是极值点，x1 # x2，即 a。-4.当a3 = x1,则在区间(-,3)上，f(x)0, f(x)为增函数；在区间(_a1,y)上，f(x)Y时，x2 3=x1，则在区间(叼a1)上，f(x)0, f(x)为增函数；在区间(3,代)上，f(x)0时，a10 , f(3)=a+6,

19、 那么f (x)在区间0,4上的值域是(2a+3)e3,a + 6.25又g(x) =(a2 +)ex在区间0,4上是增函数，且它在区间 0,4上的值域是 4225225 42 25211 2a + 丁,(a 十t)e,由于(a +7)(a+6) = a -a + - = (a -) 0 , 44442 o 2533.只须仅须(a2+1)(a+6) 0,解得0a3 .故a的取值范围是(0,万). 2【针对练习10】(10辽宁理)已知函数 f (x) =(a+1)ln x+ax +1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设 a1,如果又任意 x1 , x2w(0,)，| f (x1)一 f (x2)之 4|x1x21 ,求 a 的取值范围.解：总结：关于运用导数解决含参函数问题的策略还有很多，参数问题形式多样，方法灵活多变，技巧性较强,对于某些“含参函数”题目，不一定用某一种方法，还可用多种方法去处理.这就要求我们养成良好的数 学思维，有良好的观察与分析问题的能力，灵活的转化问题能力，使所见到的“含参函数”问题能更有效 地解决.