(共44张PPT)
习题课 函数的存在性问题与恒成立问题
第5章
导数及其应用
1.了解利用导数研究函数的存在性问题和恒成立问题的方法.
2.初步运用导数解决有关的存在性问题和恒成立问题.
学习目标
一、函数的恒成立问题
二、函数的存在性问题
课时对点练
内容索引
一、函数的恒成立问题
例1 设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0).
(1)求f(x)的最小值h(t)；
解 ∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，
∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，
即h(t)＝－t3＋t－1.
(2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围.
解 令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(舍去).
当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如表所示：
t
(0,1)
1
(1,2)
g′(t)
＋
0
－
g(t)
↗
1－m
↘
∴对t∈(0,2)，当t＝1时，g(t)max＝1－m，
h(t)<－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，
等价于g(t)<0对t∈(0,2)恒成立，
只需g(t)max＝1－m<0，∴m>1.
故实数m的取值范围是(1，＋∞).
反思感悟 (1)“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化.λ≥f(x)恒成立?λ≥f(x)max；λ≤f(x)恒成立?λ≤f(x)min.对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可.
(2)此类问题特别要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等号”的情况，以此来确定参数的范围能否取得“＝”.
跟踪训练1 设函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c.
(1)若对任意的x∈[0,3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围；
解 ∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(1,2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(2,3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
∴当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c.
又f(3)＝9＋8c＞f(1)，
∴当x∈[0,3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c.
∵对任意的x∈[0,3]，有f(x)＜c2恒成立，
∴9＋8c＜c2，即c＜－1或c＞9，
∴c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞).
(2)若对任意的x∈(0,3)，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围.
解 由(1)知f(x)＜f(3)＝9＋8c，
∴9＋8c≤c2，即c≤－1或c≥9，
∴c的取值范围为(－∞，－1]∪[9，＋∞).
二、函数的存在性问题
(1)求函数f(x)的单调区间；
令f′(x)>0，即1－ln
x>0，解得0令f′(x)<0，即1－ln
x<0，解得x>e，
所以f(x)的增区间为(0，e)，减区间为(e，＋∞).
(2)设g(x)＝f(x)－x，求证：g(x)≤－1；
所以t(x)＝1－ln
x－x2在(0，＋∞)上是减函数，
因为t(1)＝1－ln
1－12＝0，
所以当x∈(0,1)时，t(x)>0，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，t(x)<0，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数.
(3)设h(x)＝f(x)－x2＋2ax－4a2＋1，若存在x0使得h(x0)≥0，求a的最大值.
即存在1，使得h(1)≥0；
所以对任意x>0，h(x)<0，即不存在x0使得h(x0)≥0.
反思感悟 存在性问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化，若存在x，使得λ≥f(x)成立?λ≥f(x)min；若存在x，使得λ≤f(x)成立?λ≤f(x)max.
跟踪训练2 已知函数f(x)＝xln
x＋ax＋b(a，b∈R)在点(1，f(1))处的切线为3x－y－2＝0.
(1)求函数f(x)的解析式；
解 由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵f′(x)＝ln
x＋a＋1，
故f(x)＝xln
x＋2x－1.
∴h′(x)≥h′(1)＝2>0，
故m的取值范围为(－1,2).
1.知识清单：
(1)函数中的存在性问题.
(2)函数中的恒成立问题.
2.方法归纳：转化法、分离参数法、分类讨论.
3.常见误区：分离参数后检验等号是否能成立.
课堂小结
课时对点练
一、选择题
1.若函数f(x)＝－x2＋4x＋bln
x在(0，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是
A.(－∞，－2]
B.(－∞，－2)
C.(－2，＋∞)
D.[－2，＋∞)
解析 ∵f(x)＝－x2＋4x＋bln
x在(0，＋∞)上是减函数，
∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，
√
∵2x2－4x＝2(x－1)2－2≥－2，∴b≤－2.
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A.a>－1
B.a<－1
C.a<4
D.a>4
解析 由题意知，不等式x3－2x－a<0在[1,2]上恒成立，
即a>x3－2x，令g(x)＝x3－2x，
则g′(x)＝3x2－2>0在[1,2]上恒成立，
因此g(x)max＝g(2)＝4，故a>4.
√
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3.已知函数f(x)＝x2－2ln
x，若关于x的不等式f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，则实数m的取值范围是
A.(－∞，e2－2)
B.(－∞，e2－2]
C.(－∞，1]
D.(－∞，1)
√
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解析 由题意可知，存在x∈[1，e]，使得m≤f(x)，则m≤f(x)max.
∵f(x)＝x2－2ln
x，
当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
∴函数f(x)在区间[1，e]上是增函数，则f(x)max＝f(e)＝e2－2，
∴m≤e2－2，
因此实数m的取值范围是(－∞，e2－2].
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4.(多选)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)A.2f(2)－3f(1)>5
C.f(3)－2f(1)<7
√
√
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因为(x＋1)f′(x)－f(x)故g(x)在(0，＋∞)上是减函数，
从而g(1)>g(2)>g(3)，整理得2f(2)－3f(1)<5，
f(3)－2f(1)<7，故A错误，C正确；
当01
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二、填空题
5.若不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，则实数k的最大值为____.
e
解析 不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，
即f(x)＝ex－kx≥0恒成立，
即f(x)min≥0.f′(x)＝ex－k，
当k≤0时，可得f′(x)>0恒成立，
f(x)单调递增，无最小值.
当k>0时，x>ln
k时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
xk时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
即当x＝ln
k时，f(x)取得最小值，
最小值为k－kln
k，由k－kln
k≥0，
解得01
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6.已知函数f(x)＝ax－ln
x，若f(x)>1在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a的取值范围为___________.
[1，＋∞)
解析 由f(x)>1，得ax－ln
x>1，
∵x>1，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
则g(x)在(1，＋∞)上是减函数，
则g(x)1
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三、解答题
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在区间[0，＋∞)上的零点个数；
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∴f(x)在[0，＋∞)上是增函数，
故?x0∈(0,1)，使得f(x0)＝0，
∴函数f(x)在区间[0，＋∞)上有1个零点.
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(2)若f(x)>2对任意的实数x恒成立，求a的取值范围.
解 若f(x)>2对任意的实数x恒成立，
即a>ex(2－x)恒成立，
令g(x)＝ex(2－x)，则g′(x)＝ex(1－x)，
令g′(x)>0，得x<1；令g′(x)<0，得x>1，
∴g(x)在(－∞，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，
∴g(x)max＝g(1)＝e，
∴a的取值范围为(e，＋∞).
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8.已知函数f(x)＝ex－2ax(a∈R).
令f′(x)＝0，得x＝0；
令f′(x)>0，得x>0；
令f′(x)<0，得x<0，
所以函数f(x)＝ex－x的增区间为(0，＋∞)，减区间为(－∞，0).
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(2)当x∈[2,3]时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
解 当x∈[2,3]时，f(x)＝ex－2ax≥0恒成立，
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9.已知函数f(x)＝(x＋a)ex，其中a为常数.
(1)若函数f(x)在区间[－1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；
解 由f(x)＝(x＋a)ex，得f′(x)＝(x＋a＋1)ex，
∵函数f(x)在区间[－1，＋∞)上是增函数，
∴f′(x)＝(x＋a＋1)ex≥0在区间[－1，＋∞)上恒成立，
即a≥－x－1在区间[－1，＋∞)上恒成立，
∵当x∈[－1，＋∞)时，－x－1∈(－∞，0]，
∴a≥0.
即实数a的取值范围是[0，＋∞).
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(2)若f(x)≥e3－xex在x∈[0,1]时恒成立，求实数a的取值范围.
解 f(x)≥e3－xex在x∈[0,1]时恒成立，
等价于a≥e3－x－2x在x∈[0,1]时恒成立，
令g(x)＝e3－x－2x，则a≥g(x)max，
∵g′(x)＝－e3－x－2<0，
∴g(x)在[0,1]上是减函数，
∴g(x)在区间[0,1]上的最大值g(x)max＝g(0)＝e3，
∴a≥e3，
即实数a的取值范围是[e3，＋∞).
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9习题课 函数的存在性问题与恒成立问题
学习目标 1.了解利用导数研究函数的存在性问题和恒成立问题的方法.2.初步运用导数解决有关的存在性问题和恒成立问题．
一、函数的恒成立问题
例1 设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)．
(1)求f(x)的最小值h(t)；
(2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围．
解 (1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，
∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，
即h(t)＝－t3＋t－1.
(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(舍去)．
当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如表所示：
t
(0,1)
1
(1,2)
g′(t)
＋
0
－
g(t)
↗
1－m
↘
∴对t∈(0,2)，当t＝1时，g(t)max＝1－m，
h(t)<－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，
等价于g(t)<0对t∈(0,2)恒成立，
只需g(t)max＝1－m<0，∴m>1.
故实数m的取值范围是(1，＋∞)．
反思感悟 (1)“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化．λ≥f(x)恒成立?λ≥f(x)max；λ≤f(x)恒成立?λ≤f(x)min.对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可．
(2)此类问题特别要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等号”的情况，以此来确定参数的范围能否取得“＝”．
跟踪训练1 设函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c.
(1)若对任意的x∈[0,3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围；
(2)若对任意的x∈(0,3)，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围．
解 (1)∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(1,2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(2,3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
∴当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c.
又f(3)＝9＋8c＞f(1)，
∴当x∈[0,3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c.
∵对任意的x∈[0,3]，有f(x)＜c2恒成立，
∴9＋8c＜c2，即c＜－1或c＞9，
∴c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)＜f(3)＝9＋8c，
∴9＋8c≤c2，即c≤－1或c≥9，
∴c的取值范围为(－∞，－1]∪[9，＋∞)．
二、函数的存在性问题
例2 已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝f(x)－x，求证：g(x)≤－1；
(3)设h(x)＝f(x)－x2＋2ax－4a2＋1，若存在x0使得h(x0)≥0，求a的最大值．
(1)解 因为f(x)＝，所以f′(x)＝.
令f′(x)>0，即1－ln
x>0，解得0令f′(x)<0，即1－ln
x<0，解得x>e，
所以f(x)的增区间为(0，e)，减区间为(e，＋∞)．
(2)证明 因为f(x)＝，所以g(x)＝－x，
所以g′(x)＝－1＝，
令t(x)＝1－ln
x－x2，则t′(x)＝－－2x<0，
所以t(x)＝1－ln
x－x2在(0，＋∞)上是减函数，
因为t(1)＝1－ln
1－12＝0，
所以当x∈(0,1)时，t(x)>0，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，t(x)<0，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．
g(x)max＝g(1)＝－1＝－1，
所以g(x)≤g(1)＝－1.
(3)解 因为f(x)＝，
所以h(x)＝－x2＋2ax－4a2＋1，
①当0≤a≤时，h(1)＝2a－4a2＝2a(1－2a)≥0，即存在1，使得h(1)≥0；
②当a>时，由(2)可知，－x≤－1，即≤x－1.
所以h(x)≤x－x2＋2ax－4a2
＝－2＋2－4a2
≤－3a2＋a＋＝<0，
所以对任意x>0，h(x)<0，即不存在x0使得h(x0)≥0.
综上所述，a的最大值为.
反思感悟 存在性问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化，若存在x，使得λ≥f(x)成立?λ≥f(x)min；若存在x，使得λ≤f(x)成立?λ≤f(x)max.
跟踪训练2 已知函数f(x)＝xln
x＋ax＋b(a，b∈R)在点(1，f(1))处的切线为3x－y－2＝0.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若存在实数m，使得m2－m－1<在x∈时成立，求m的取值范围．
解 (1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵f′(x)＝ln
x＋a＋1，
∴解得
故f(x)＝xln
x＋2x－1.
(2)令h(x)＝＝ln
x－＋2，
则h′(x)＝＋＝2－，∈[1,4]，
∴h′(x)≥h′(1)＝2>0，
故h(x)在∈[1,4]上是增函数，h(x)≤h(1)＝1.
要存在实数m，使得m2－m－1<在x∈时成立，
只要m2－m－1故m的取值范围为(－1,2)．
1．知识清单：
(1)函数中的存在性问题．
(2)函数中的恒成立问题．
2．方法归纳：转化法、分离参数法、分类讨论．
3．常见误区：分离参数后检验等号是否能成立．
课时对点练
一、选择题
1．若函数f(x)＝－x2＋4x＋bln
x在(0，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是( )
A．(－∞，－2]
B．(－∞，－2)
C．(－2，＋∞)
D．[－2，＋∞)
答案 A
解析 ∵f(x)＝－x2＋4x＋bln
x在(0，＋∞)上是减函数，∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即f′(x)＝－2x＋4＋≤0，即b≤2x2－4x，
∵2x2－4x＝2(x－1)2－2≥－2，∴b≤－2.
2．若不等式>0在[1,2]上恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．a>－1
B．a<－1
C．a<4
D．a>4
答案 D
解析 由题意知，不等式x3－2x－a<0在[1,2]上恒成立，
即a>x3－2x，令g(x)＝x3－2x，
则g′(x)＝3x2－2>0在[1,2]上恒成立，
因此g(x)max＝g(2)＝4，故a>4.
3．已知函数f(x)＝x2－2ln
x，若关于x的不等式f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，e2－2)
B．(－∞，e2－2]
C．(－∞，1]
D．(－∞，1)
答案 B
解析 由题意可知，存在x∈[1，e]，使得m≤f(x)，则m≤f(x)max.
∵f(x)＝x2－2ln
x，
∴f′(x)＝2x－＝＝，
当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
∴函数f(x)在区间[1，e]上是增函数，则f(x)max＝f(e)＝e2－2，∴m≤e2－2，
因此实数m的取值范围是(－∞，e2－2]．
4．(多选)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)A．2f(2)－3f(1)>5
B．若f(1)＝2，x>1，则f(x)>x2＋x＋
C．f(3)－2f(1)<7
D．若f(1)＝2,0x2＋x＋
答案 CD
解析 设函数g(x)＝，
则g′(x)＝
＝，
因为(x＋1)f′(x)－f(x)故g(x)在(0，＋∞)上是减函数，从而g(1)>g(2)>g(3)，整理得2f(2)－3f(1)<5，
f(3)－2f(1)<7，故A错误，C正确；
当0g(1)＝，即>，
即f(x)>x2＋x＋，故D正确，B不正确．
二、填空题
5．若不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，则实数k的最大值为________．
答案 e
解析 不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，
即f(x)＝ex－kx≥0恒成立，
即f(x)min≥0.f′(x)＝ex－k，
当k≤0时，可得f′(x)>0恒成立，
f(x)单调递增，无最小值．
当k>0时，x>ln
k时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
xk时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
即当x＝ln
k时，f(x)取得最小值，
最小值为k－kln
k，由k－kln
k≥0，
解得06．已知函数f(x)＝ax－ln
x，若f(x)>1在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a的取值范围为________．
答案 [1，＋∞)
解析 由f(x)>1，得ax－ln
x>1，
∵x>1，
∴原不等式转化为a>，
设g(x)＝，得g′(x)＝，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
则g(x)在(1，＋∞)上是减函数，
则g(x)∵a>在(1，＋∞)上恒成立，
∴a≥1.
三、解答题
7．已知函数f(x)＝x＋，其中a∈R，e是自然对数的底数．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在区间[0，＋∞)上的零点个数；
(2)若f(x)>2对任意的实数x恒成立，求a的取值范围．
解 (1)当a＝－1时，f(x)＝x－，
则f′(x)＝1＋>0，
∴f(x)在[0，＋∞)上是增函数，
又f(0)＝－1<0，f(1)＝1－>0，
故?x0∈(0,1)，使得f(x0)＝0，
∴函数f(x)在区间[0，＋∞)上有1个零点．
(2)若f(x)>2对任意的实数x恒成立，
即a>ex(2－x)恒成立，
令g(x)＝ex(2－x)，则g′(x)＝ex(1－x)，
令g′(x)>0，得x<1；令g′(x)<0，得x>1，
∴g(x)在(－∞，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，
∴g(x)max＝g(1)＝e，
∴a的取值范围为(e，＋∞)．
8．已知函数f(x)＝ex－2ax(a∈R)．
(1)若a＝，求函数f(x)的单调区间；
(2)当x∈[2,3]时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝时，f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝0；
令f′(x)>0，得x>0；
令f′(x)<0，得x<0，
所以函数f(x)＝ex－x的增区间为(0，＋∞)，减区间为(－∞，0)．
(2)当x∈[2,3]时，f(x)＝ex－2ax≥0恒成立，等价于2a≤对任意的x∈[2,3]恒成立，
即2a≤min，
设g(x)＝﹐则g′(x)＝，显然当x∈[2,3]时，g′(x)>0恒成立．
∴g(x)在[2,3]上是增函数，∴g(x)min＝g(2)＝，
∴2a≤，即a≤，
故实数a的取值范围为.
9．已知函数f(x)＝(x＋a)ex，其中a为常数．
(1)若函数f(x)在区间[－1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；
(2)若f(x)≥e3－xex在x∈[0,1]时恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)由f(x)＝(x＋a)ex，得f′(x)＝(x＋a＋1)ex，
∵函数f(x)在区间[－1，＋∞)上是增函数，
∴f′(x)＝(x＋a＋1)ex≥0在区间[－1，＋∞)上恒成立，即a≥－x－1在区间[－1，＋∞)上恒成立，
∵当x∈[－1，＋∞)时，－x－1∈(－∞，0]，
∴a≥0.
即实数a的取值范围是[0，＋∞)．
(2)f(x)≥e3－xex在x∈[0,1]时恒成立，等价于a≥e3－x－2x在x∈[0,1]时恒成立，
令g(x)＝e3－x－2x，则a≥g(x)max，
∵g′(x)＝－e3－x－2<0，
∴g(x)在[0,1]上是减函数，
∴g(x)在区间[0,1]上的最大值g(x)max＝g(0)＝e3，
∴a≥e3，
即实数a的取值范围是[e3，＋∞)．
