人教版导数如何解决含参数不等式恒成立问题
k ' ( x) 2 ln x
k (1) 0 ，因此 k ( x) 0 ，即 ( x ) 在 x (1, e) 单调递增。所以 ( x) min 0 （老师有话说：
(2)分类讨论法
出最值（或极限值）那么就需分类讨论法。 上面的习题也可以用分类讨论法： 法二（分类讨论法）令 g ( x ) 2ax 2a 1 ， x
{ 1 或 1 1 , 由题意得 g ( )0 2 3 2
a 0
{a 0 1
g ( x ) 1 a 1 。 或 a 0 g ( )0
2
g (b) max g (1) x x 2 a ln x 0
法一（分类讨论法） ：
h( x) x x 2 பைடு நூலகம் a ln x ， x (1, e) 则 h ' ( x) 1 2 x a
出分类讨论点）
当 a
1 2x2 x a （ 利用判别式找 x x
第 2 页
e e 2 a 0 ， a e 2 e ，所以 a
综上所述：取值范围为 a 1
(4e 1) 2 1 ， 8
法二： （分类参数法） g (b) max g ( 1) x x a ln x 0 a (
2
x2 x ) min ln x
1 2 ' 时 ( 1) 2 4a 0 ， h ( x ) 0 ， h( x ) 在 x (1, e) 单 调 递 增 ； 8
h( x) min h(1) 0 ， h(1) 0 0 ，不符合题意。
当a 当
1 1 8a 1 1 8a 1 2 ，由 2 x x a 0 得 x1 ， x2 8 4 2
1 a 1 时， x1 1 ， h( x) 在 x (1, e) 单调递增， h(1) 0 0 ，不符合题意。 8 (4e 1) 2 1 ， h( x ) 在 x (1, x1 ) 单 调 递 减 ， 在 x ( x1 , e) ， 因 此 只 需 要 8
当 1 a
2
1 1 单调递减？ , 2 3
1 2ax 2 (2a 1) x 解：由题意 f ( x ) 的定义域为 ( 1, ) 得 f ( x ) 1 2ax x 1 1 x
'
1 1 2ax 2 (2a 1) x 0 ， x , 恒成立 2ax 2a 1 0 2 3
1 1 a 1 a
当 a 0 时，同理分析可得
1 1 1 a 。 2a 2 1
综上所述： a 的取值范围为 , 1, 。 2 例如（试题改编）设函数 f ( x ) x bx a ln x ，若对任意 b 2,1 ，都存在 x (1, e)
如何解决含参数“不等式恒成立”问题
（1）分离参数法 分离参数法一定要搞清谁是变量，谁为参数，一般知道谁的范围谁就是变量。求谁的范 围，谁就是参数，利用分离参数法，常用到函数的单调性，基本不等式求最值。 例如：设 f ( x ) ln(1 x ) x ax ，当 a 满足什么条件时， f ( x ) 在
h( x) min h( x1 ) 0 又因为 h(1) 0, h( x1 ) h(1) ，则 h( x ) min h( x1 ) 0 ，符合题意。
当a
(4e 1) 2 1 时， x1 e ， h( x ) 在 x (1, e) 单调递减，所以 h( x ) min h(e) 0 ，即 8
2
2
f ' ( x)
1 (2ax 1)(ax 1) 2a 2 x a （因式分解是关键） x x
g ( x) (2ax 1)(ax 1) 0
第 1 页
当 a 0 时， g ( x ) 1 ，不合题意 当 a 0 时， y g ( x ) 是开口向上的抛物线，由图象分析可得，若 g ( x ) 0 在 x 1 恒成立， 则
法一： （分离参数法) 2ax 2a 1 0 2a ( x 1) 1 2a 在
1 1 ,又因为 y 1 x x 1
1 1 单调递增。 ymax 2 ， a 1 。 , 2 3
有的不等式恒成立问题，参数与变量不是那么容易分离或分离后根本求不
{
3
例 2 函数 f ( x ) ln x a x ax ，若函数 f ( x ) 在 (1, ) 为单调递减，求实数 a 的取值范 围。 分析：要求 a 的范围，我们就把 a 作为参数，优先考虑分离参数法，但是对于这题 a 参数没 有办法分离，我们只能选择分类讨论法。 解： f ( x ) 的定义域为 (0, )
令 ( x)
x2 x (2 x 1) ln x ( x 1) ' ， ( x) ， k ( x ) ( 2 x 1) ln x x 1 ， ln x (ln x) 2 2x 1 1 1 2 ln x 1 0 ， 所 以 k ( x) 在 x (1, e) 单 调 递 增 ， 因 为 x x
2
（ e 为自然对数的底数）使得 f ( x ) 0 成立，求实数 a 取值范围。 解：令 g (b) xb x a ln x ， b 2,1 g (b) 0 恒成立 g (b) max 0
2
由 g (b) 为 单 调 递 增 的 一 次 函 数 ， 所 以 g (b) max g ( 1) x x a ln x 。 得
高中二年级下学期数学《导数在不等式恒成立问题中的应用》教学设计
（二）数学思想方法
转化化归、分类讨论、数形结合
四、作业布置
1.已知不等式 对任意的 恒成立，求实数 的取值范围.
2.已知函数 ，若 对任意 恒成立，求实数 的取值范围.
3.已知函数 ，若函数在区间 上是减函数，求实数 的取值范围.
备注：教学设计应至少含教学目标、教学内容、教学过程等三个部分，如有其它内容，可自行补充增加。
教学设计
课程基本信息
学科
数学
年级
高二
学期
春季
课题
《导数在不等式恒成立问题中的应用》
教科书
书 名：《普通高中教科书·数学》(人教A版2017课标版)选择性必修第二册
出版社：人民教育出版社
教学目标
1.掌握不等式恒成立问题的转化方法。
2.利用导数研究函数的最值问题、曲线的切线问题。
3.培养学生的转化与化归、分类讨论、数形结合等数学思想。
综上所述：实数 的取值范围 .
方法总结：
函数最值法：将不等式恒成立问题转化为某含参函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，然后构建不等式，进而求出参数的取值范围.
一般地， 恒成立 ；
恒成立 .
探究二
例 若不等式 对任意 恒成立，求实数 的取值范围？
思考：能否将参数 与变量 分离开呢？
分析： ，记 ，问题转化 .
对任意 恒成立
函数 的图象在 图象的下方或在 图象上
解法三： ，记 ， ， ，问题转化为 对任意 恒成立，即函数 的图象在 图象的下方或在 图象上.
在 单调递增； 表示恒过定点 的一条直线。
是该直线的斜率.只需过点 求出函数 的切线斜率.
设切点为 ，切线斜率 ，切线方程为 ，将点 代入得： ，解得 .则切线斜率 ，所以实数 的取值范围 .
利用导数“三招”破解不等式恒成立问题
利用导数“三招”破解不等式恒成立问题不等式恒成立问题一直是高考命题的热点，把函数问题、导数问题和不等式恒成立问题交汇命制压轴题成为一个新的热点命题方向．[典例] (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12·⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <m ，求m 的最小值． [方法演示]解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x 知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 由于f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0. 故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0. 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n . 从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. 而⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122⎝⎛⎭⎫1＋123>2， 所以m 的最小值为3. [解题师说](1)对a 分类讨论，并利用导数研究f (x )的单调性，找出最小值点，从而求出a . (2)由(1)得当x >1时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n ，换元后可求出⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n 的范围．[应用体验]1．已知函数f (x )＝(2－a )ln x ＋1x ＋2ax . (1)当a ＝2时，求函数f (x )的极值； (2)当a ＜0时，讨论f (x )的单调性；(3)若对任意的a ∈(－3，－2)，x 1，x 2∈[1,3]恒有(m ＋ln 3)a －2ln 3＞|f (x 1)－f (x 2)|成立，求实数m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝2时，函数f (x )＝1x ＋4x ，所以f ′(x )＝－1x 2＋4.由f ′(x )＞0，得x ＞12，f (x )在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递增； 由f ′(x )＜0，得0＜x ＜12，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减， 所以函数f (x )在x ＝12处取得极小值f ⎝⎛⎭⎫12＝4，无极大值． (2)f ′(x )＝2－a x －1x 2＋2a ＝(2x －1)(ax ＋1)x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝－1a .①当－1a >12，即－2＜a ＜0时，由f ′(x )＞0，得12＜x ＜－1a ；由f ′(x )＜0，得0＜x ＜12或x ＞－1a ，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减．②当－1a <12，即a ＜－2时，由f ′(x )＞0，得－1a ＜x ＜12；由f ′(x )＜0，得0＜x ＜－1a 或x ＞12，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－1a ，12上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递减，③当a ＝－2时，f ′(x )≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(3)由(2)知当a ∈(－3，－2)，x 1，x 2∈[1,3]时，函数f (x )在区间[1,3]上单调递减； 所以当x ∈[1,3]时，f (x )max ＝f (1)＝1＋2a ，f (x )min ＝f (3)＝(2－a )ln 3＋13＋6a ，故对任意的a ∈(－3，－2)，恒有(m ＋ln 3)a －2ln 3＞1＋2a －(2－a )ln 3－13－6a 成立，即am ＞23－4a .因为a ＜0，所以m ＜23a －4，又⎝⎛⎭⎫23a －4min ＝－133，所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－133.[典例] (2018·(1)若f (x )在区间⎣⎡⎭⎫－12，1上的最大值为38，求实数b 的值； (2)若对任意的x ∈[1，e]，都有g (x )≥－x 2＋(a ＋2)x 恒成立，求实数a 的取值范围． [方法演示]解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23.当x ∈⎝⎛⎭⎫－12，0时，f ′(x )<0，函数f (x )为减函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，23时，f ′(x )>0，函数f (x )为增函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫23，1时，f ′(x )<0，函数f (x )为减函数． ∵f ⎝⎛⎭⎫－12＝38＋b ，f ⎝⎛⎭⎫23＝427＋b ， ∴f ⎝⎛⎭⎫－12>f ⎝⎛⎭⎫23. ∴f ⎝⎛⎭⎫－12＝38＋b ＝38， ∴b ＝0.(2)由g (x )≥－x 2＋(a ＋2)x ，得(x －ln x )a ≤x 2－2x ， ∵x ∈[1，e]，∴ln x ≤1≤x ，由于不能同时取等号， ∴ln x <x ，即x －ln x >0，∴a ≤x 2－2x x －ln x 在x ∈[1，e]上恒成立．令h (x )＝x 2－2xx －ln x ，x ∈[1，e]，则h ′(x )＝(x －1)(x ＋2－2ln x )(x －ln x )2，当x ∈[1，e]时，x －1≥0，x ＋2－2ln x ＝x ＋2(1－ln x )>0，从而h ′(x )≥0， ∴函数h (x )＝x 2－2xx －ln x 在[1，e]上为增函数，∴h (x )min ＝h (1)＝－1，∴a ≤－1. 故实数a 的取值范围为(－∞，－1]． [解题师说]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，转化为求不含参数的函数的最值问题，如本例(2)转化为a ≤x 2－2xx －ln x，从而将问题转化为求函数h (x )＝x 2－2xx －ln x，x ∈[1，e]的最小值问题．[应用体验]2．(2018·湖北七市(州)联考)函数f (x )＝ln x ＋12x 2＋ax (a ∈R)，g (x )＝e x ＋32x 2.(1)讨论f (x )的极值点的个数；(2)若对任意的x ∈(0，＋∞)，总有f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围．解：(1)法一：由题意得f ′(x )＝x ＋1x ＋a ＝x 2＋ax ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，即x 2＋ax ＋1＝0，Δ＝a 2－4.①当Δ＝a 2－4≤0，即－2≤a ≤2时，x 2＋ax ＋1≥0对x >0恒成立，即f ′(x )＝x 2＋ax ＋1x≥0对x >0恒成立，此时f (x )没有极值点．②当Δ＝a 2－4>0，即a <－2或a >2时．若a <－2，设方程x 2＋ax ＋1＝0的两个不同实根为x 1，x 2，不妨设x 1<x 2，则x 1＋x 2＝－a >0，x 1x 2＝1>0，故x 2>x 1>0，∴当0<x <x 1或x >x 2时，f ′(x )>0； 当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，故x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点．若a >2，设方程x 2＋ax ＋1＝0的两个不同实根为x 3，x 4， 则x 3＋x 4＝－a <0，x 3x 4＝1>0，故x 3<0，x 4<0. ∴当x >0时，f ′(x )>0，故函数f (x )没有极值点． 综上，当a <－2时，函数f (x )有两个极值点， 当a ≥－2时，函数f (x )没有极值点． 法二：f ′(x )＝x ＋1x ＋a ， ∵x >0，∴f ′(x )∈[a ＋2，＋∞)．①当a ＋2≥0，即a ∈[－2，＋∞)时，f ′(x )≥0对∀x >0恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )没有极值点．②当a ＋2<0，即a ∈(－∞，－2)时，f ′(x )＝0有两个不等正数解，设为x 1，x 2，∴f ′(x )＝x ＋1x ＋a ＝x 2＋ax ＋1x ＝(x －x 1)(x －x 2)x(x >0)． 不妨设0<x 1<x 2，则当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以x 1，x 2分别为f (x )极大值点和极小值点，故f (x )有两个极值点．综上所述，当a ∈[－2, ＋∞)时，f (x )没有极值点， 当a ∈(－∞，－2)时，f (x )有两个极值点． (2)f (x )≤g (x )⇔e x －ln x ＋x 2≥ax ，因为x >0，所以a ≤e x ＋x 2－ln xx 对∀x >0恒成立． 设φ(x )＝e x ＋x 2－ln x x(x >0)， 则φ′(x )＝⎝⎛⎭⎫e x ＋2x －1x x －(e x ＋x 2－ln x )x 2＝e x (x －1)＋ln x ＋(x ＋1)(x －1)x 2，当x ∈(0,1)时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增， ∴φ(x )≥φ(1)＝e ＋1，∴a ≤e ＋1. 故实数a 的取值范围为(－∞，e ＋1].导数应用的问题，其中求参数的取值范围是重点考查题型．在平常教学中，教师往往介绍利用变量分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“00”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是洛必达法则．[洛必达法则]法则1 若函数f (x )和g (x )满足下列条件： (1)li m x →af (x )＝0及li m x →ag (x )＝0； (2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)li m x →af ′(x )g ′(x )＝l ，那么li m x →a f (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l .法则2 若函数f (x )和g (x )满足下列条件： (1)li m x →af (x )＝∞及li m x →ag (x )＝∞； (2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)li m x →af ′(x )g ′(x )＝l ，那么li m x →a f (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l .[典例] 已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0.(1)求a ，b 的值；(2)如果当x >0，且x ≠1时，f (x )>ln x x －1＋kx ，求k 的取值范围．[方法演示]解：(1)f ′(x )＝a x ＋1x －ln x(x ＋1)2－bx 2. 由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝1，f ′(1)＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1. (2)法一：由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x，所以 f (x )－ln x x －1＋k x ＝11－x 22ln x ＋(k －1)(x 2－1)x .设h (x )＝2ln x ＋(k －1)(x 2－1)x (x >0)， 则h ′(x )＝(k －1)(x 2＋1)＋2x x 2.①设k ≤0，由h ′(x )＝k (x 2＋1)－(x －1)2x 2知，当x ≠1时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减． 而h (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＞0； 当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，可得11－x 2h (x )＞0.从而当x ＞0，且x ≠1时，f (x )－ln x x －1＋kx＞0， 即f (x )＞ln x x －1＋kx. ②设0＜k ＜1.由于y ＝(k －1)(x 2＋1)＋2x ＝(k －1)x 2＋2x ＋k －1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k －1)2>0，对称轴x ＝11－k >1，所以当x ∈1，11－k时，(k －1)(x 2＋1)＋2x >0， 故h ′(x )>0，而h (1)＝0，故当x ∈⎝⎛⎭⎫1，11－k 时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＜0，与题设矛盾，③设k ≥1.此时h ′(x )＞0，而h (1)＝0，故当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＜0，与题设矛盾．综上所述，k 的取值范围为(－∞，0]．(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下) 法二：由题设可得，当x >0，x ≠1时，k <2x ln x1－x 2＋1恒成立．令g (x )＝2x ln x1－x 2＋1(x >0，x ≠1)， 则g ′(x )＝2·(x 2＋1)ln x －x 2＋1(1－x 2)2，再令h (x )＝(x 2＋1)ln x －x 2＋1(x >0，x ≠1)， 则h ′(x )＝2x ln x ＋1x －x ，又h ″(x )＝2ln x ＋1－1x 2，易知h ″(x )＝2ln x ＋1－1x 2在(0，＋∞)上为增函数，且h ″(1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h ″(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ″(x )>0，∴h ′(x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h ′(x )>h ′(1)＝0， ∴h (x )在(0，＋∞)上为增函数．又h (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，h (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0， ∴当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数． 由洛必达法则知， li m x →1g (x )＝2li m x →1x ln x 1－x 2＋1＝2li m x →1 1＋ln x －2x＋1＝2×⎝⎛⎭⎫－12＋1＝0，∴k ≤0， 故k 的取值范围为(－∞，0]． [解题师说]解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当繁琐，很难求解．采用参数与变量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好的处理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法．[应用体验]3．已知函数f (x )＝x (e x －1)－ax 2，若当x ≥0时，f (x )≥0，求a 的取值范围． 解：当x ≥0时，f (x )≥0，即x (e x －1)≥ax 2. ①当x ＝0时，a ∈R ；②当x >0时，x (e x－1)≥ax 2等价于a ≤⎝⎛⎭⎫e x－1x min .记g (x )＝e x －1x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝(x －1)e x ＋1x 2.记h (x )＝(x －1)e x ＋1，x ∈[0，＋∞)，则h ′(x )＝x e x >0.因此h (x )＝(x －1)e x ＋1在[0，＋∞)上单调递增，且h (x )>h (0)＝0，所以g ′(x )＝h (x )x 2>0， 从而g (x )＝e x －1x 在(0，＋∞)上单调递增．由洛必达法则有li m x →0g (x )＝li m x →0 e x －1x ＝li m x →0 e x1＝1，所以g (x )>1，即有a ≤1. 故实数a 的取值范围为(－∞，1].1．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x .令f ′(x )＝0，得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．(2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x . ①当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，则h ′(x )＝－x e x ＜0(x ＞0)． 因此h (x )在[0，＋∞)上单调递减， 又h (0)＝1，故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1. ②当0＜a ＜1时，设函数g (x )＝e x －x －1，则g ′(x )＝e x －1＞0(x ＞0)， 所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增，而g (0)＝0， 故e x ≥x ＋1.当0＜x ＜1时，f (x )＞(1－x )(1＋x )2， (1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2)， 取x 0＝5－4a －12， 则x 0∈(0,1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0， 故f (x 0)＞ax 0＋1.当a ≤0时，取x 0＝5－12， 则x 0∈(0,1)，f (x 0)＞(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1. 综上，a 的取值范围是[1，＋∞)． 2．已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(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，＋∞)，ln x ＞1e x －2e x恒成立．解：(1)由题意知2x ln x ≥－x 2＋ax －3对一切x ∈(0，＋∞)恒成立， 则a ≤2ln x ＋x ＋3x.设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x ＞0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2.当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增． 所以h (x )min ＝h (1)＝4，因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4，故实数a 的取值范围是(－∞，4]． (2)问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e (x ＞0)．又f (x )＝x ln x (x ＞0)，f ′(x )＝ln x ＋1， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e . 设m (x )＝x e x －2e (x ＞0)，则m ′(x )＝1－xe 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)＝－1e ，从而对一切x ∈(0，＋∞)，f (x )＞m (x )恒成立，即x ln x ＞x e x －2e恒成立．所以对一切x ∈(0，＋∞)，ln x ＞1e x －2e x 恒成立．3．已知函数f (x )＝bx 2－2ax ＋2ln x .(1)若曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线为y ＝2x ＋4，求实数a ，b 的值；(2)当b ＝1时，若y ＝f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，a ≥52，若不等式f (x 1)≥mx 2恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)由题可知f (1)＝b －2a ＝6，∵f ′(x )＝2bx －2a ＋2x ，∴f ′(1)＝2b －2a ＋2＝2，联立可得a ＝b ＝－6. (2)当b ＝1时，f (x )＝x 2－2ax ＋2ln x ，∴f ′(x )＝2x －2a ＋2x ＝2(x 2－ax ＋1)x. ∵f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2， ∴x 1，x 2是方程x 2－ax ＋1＝0的两个正根， ∴x 1＋x 2＝a ≥52，x 1·x 2＝1，∴x 1＋1x 1≥52，∴0＜x 1≤12.不等式f (x 1)≥mx 2恒成立，即m ≤f (x 1)x 2恒成立． f (x 1)x 2＝x 21－2ax 1＋2ln x 1x 2＝x 31－2ax 21＋2x 1ln x 1 ＝x 31－2(x 1＋x 2)x 21＋2x 1ln x 1＝－x 31－2x 1＋2x 1ln x 1.令h (x )＝－x 3－2x ＋2x ln x ⎝⎛⎭⎫0＜x ≤12， 则h ′(x )＝－3x 2＋2ln x ＜0， ∴h (x )在⎝⎛⎦⎤0，12上是减函数， ∴h (x )≥h ⎝⎛⎭⎫12＝－98－ln 2，故m ≤－98－ln 2， ∴实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，－98－ln 2. 4．(2018·张掖诊断)已知函数f (x )＝mxln x，曲线y ＝f (x )在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线2x ＋y ＝0垂直(其中e 为自然对数的底数)．(1)求f (x )的解析式及单调递减区间；(2)是否存在最小的常数k ，使得对任意x ∈(0,1)，f (x )>k ln x＋2x 恒成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝m (ln x －1)(ln x )2， 由f ′(e 2)＝m 4＝12，得m ＝2，故f (x )＝2x ln x， 此时f ′(x )＝2(ln x －1)(ln x )2. 由f ′(x )<0，得0<x <1或1<x <e ，所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1)，(1，e)．(2)f (x )>k ln x ＋2x 恒成立，即2x ln x >k ln x ＋2x 恒成立⇔k ln x <2x ln x－2x 恒成立， 当x ∈(0,1)时，ln x <0，则有k >2x －2x ·ln x 恒成立．令g (x )＝2x －2x ·ln x ，则g ′(x )＝2x －ln x －2x. 再令h (x )＝2x －ln x －2，则h ′(x )＝x －1x <0， 所以h (x )在(0,1)上单调递减，所以h (x )>h (1)＝0，故g ′(x )＝h (x )x>0， 所以g (x )在(0,1)上单调递增，g (x )<g (1)＝2⇒k ≥2.故存在常数k ＝2满足题意．。
2024届新高考一轮总复习人教版 第三章 重难突破系列(一) 利用导数解决不等式恒成立、有解 课件
[对点练] 1.已知曲线 f(x)＝bex＋x 在 x＝0 处的切线方程为 ax－y＋1＝0. (1)求 a，b 的值； (2)当 x2>x1>0 时，f(x1)－f(x2)<(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)恒成立，求实数 m 的取值范围．
解：(1)由 f(x)＝bex＋x 得，f′(x)＝bex＋1， 由题意得在 x＝0 处的切线斜率为 f′(0)＝b＋1＝a， 即 b＋1＝a，又 f(0)＝b，可得－b＋1＝0，解得 b＝1，a＝2.
(2)由 f(1)≥0，得 a≥e－1 1>0，则 f(x)≥0 障碍点：不能把a＋a 1看做整体，分离出来
对任意的 x>0 恒成立可转化为a＋a 1≥2xx－ex 1对任意的 x>0 恒成立．················6 分
2x－1 设函数 F(x)＝ xex (x>0)， ··································································7 分
于是a＋a 1≥1e，解得 a≥e－1 1.故实数 a 的取值范围[e－1 1，＋∞). ··················12 分
【点拨】 利用分离参数法确定不等式 f(x，λ)≥0(x∈D，λ 为参数)恒成立问题中参 数范围的步骤：
(1)将参数与变量分离，化为 f1(λ)≥f2(x)或 f1(λ)≤f2(x)的形式； (2)求 f2(x)在 x∈D 时的最大值或最小值； (3)解不等式 f1(λ)≥f2(x)max 或 f1(λ)≤f2(x)min，得到 λ 的取值范围．
(2)由(1)知，f(x)＝ex＋x，所以 f(x1)－f(x2)<(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)， 即为 f(x1)－mx21－x1<f(x2)－mx22－x2， 由 x2>x1>0 知，上式等价于函数 φ(x)＝f(x)－mx2－x＝ex－mx2 在(0，＋∞)为增函数， φ′(x)＝ex－2mx≥0，即 2m≤exx， 令 h(x)＝exx(x>0)，h′(x)＝ex(xx－2 1)， 当 0<x<1 时，h′(x)<0 时，h(x)单调递减； 当 x>1 时，h′(x)>0，h(x)单调递增，h(x)min＝h(1)＝e， 则 2m≤e，即 m≤2e，所以实数 m 的范围为(－∞ 若不等式 2x ln x≥－x2＋ax－3 在区间(0，e]上恒成立，求实数 a 的取值范围． 解：不等式 2x ln x≥－x2＋ax－3 在区间(0，e]上恒成立等价于 2ln x≥－x＋a－3x， 令 g(x)＝2ln x＋x－a＋3x，x∈(0，e]，则 g′(x)＝2x＋1－x32＝x2＋x22x－3＝(x＋3x)(2x－1)， 则在区间(0，1)上，g′(x)<0，函数 g(x)为减函数； 在区间(1，e]上，g′(x)>0，函数 g(x)为增函数． 由题意知 g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，得 a≤4，所以实数 a 的取值范围是(－∞，4].
导数中含参数问题与恒成立问题解题技巧
函数、导数中含参数问题与恒建立问题的解题技巧与方法含参数问题及恒建立问题方法小结：1、分类议论思想 2 、鉴别法 3 、分离参数法 4 、结构新函数法一、分离议论思想：例题 1： 议论以下函数单一性：1、 f x = a xa, a0, a 1 ; 2、 f x = bx ( 1 x 1, b 0)x 21二、鉴别法例 2：不等式 (a2) x 2 2( a 2) x 4 0 关于 xＲ恒建立，求参数a 的取值范围．解：要使 (a2) x 2 2(a2) x 4 0 关于 xＲ恒建立，那么只须知足：a 2 0a 2 0〔 2〕 2(a 2) 0〔 1〕2) 2 16(a 2) 0或4(a4 0解〔 1〕得a 2，解〔 2〕 a ＝２∴参数 a 的取值范围是－２＜ a２．2 a2练习 1. 函数ylg[ x 2(a 1) xa 2] 的定义域为 ，务实数 a 的取值范围。
R三、分离法参数：分离参数法是求参数的取值范围的一种常用方法，经过分离参数，用函数看法议论主变量的变化状况，由此我们能够确立参数的变化范围 . 这类方法能够防备分类议论的麻烦，从而使问题得以顺利解决 . 分离参数法在解决相关不等式恒建立、不等式有解、函数有零点、函数单一性中参数的取值范围问题时常常用到 . 解题的重点是分离出参数以后将原问题转变为求函数的最值或值域问题 . 即：〔 1〕对随意 x 都建立 m fxmin〔 2〕对随意 x 都建立。
例 3．函数( )4 2 ,(0,4] 时恒建立，务实数 a 的取值范围。
f x axxx xf ( x) 0解： 将问题转变为 4xx 2对 x4x x 2a(0,4] 恒建立，令 g( x)，那么xxa g( x) min由g (x)4x x 24x 1 可知g( x)在(0,4]上为减函数，故xg( x) min g(4) 0 ∴a 0即 a 的取值范围为 ( ,0) 。
注：分离参数后，方向明确，思路清楚能使问题顺利获得解决。
利用导数求解不等式恒成立问题的策略
值范围。
解析:因 为 f (x1 )-f (x2 )<a(x1 x2),所 以 f(x1)-ax1<f(x2)-ax2。
令 g(x)=f(x)-ax=x3 +ax2 -ax+ a2,则 g(x)在 (0,+ ∞ )上 单 调 递 增,g'(x) =3x2+2ax-a≥0对 x∈(0,+∞)恒成立。
令 h(x)=3x2 +2ax-a。
一,怎样 处 理 这 类 问 题 呢? 通 过 转 化 可 使 恒 成立问题 得 到 简 化,下 面 就 含 参 数 不 等 式 恒 成 立 问 题 的 解 题 策 略 举 例 说 明 ,仅 供 参 考 。
一、分离参数法
将原不等 式 分 离 参 数,转 化 为 不 含 有 参 数的函数 最 值 问 题,利 用 导 数 求 该 函 数 的 最 值 ,根 据 要 求 得 出 参 数 的 范 围 。
令 g(x)= -6lnx-3x-x 9,g'(x)= -3(x+3)(x-1)。
x2 当 0<x<1 时 ,g'(x)>0; 当 x>1时,g'(x)<0。 故 g(x)max=g(1)=-12,a≥-6。
二、函数最值法
函数,将另一个字母b 视为参数。 2.分离参数法遵循两点原 则:(1)已 知 不
x-x2
-
1。 x
令
g
(x )=x
-x2
-
1 ,则 x
g'(x)=
(1-x)(2x2 x2
+x+1)。
当
0<x
<1
时,g'(x)>0;当 x>1时,g'(x)<0。
破解含参不等式恒成立的5种常用方法
破解含参不等式恒成立的5种常用方法含参数不等式恒成立问题越来越受高考命题者的青睐，且由于对导数应用的加强，这些不等式恒成立问题往往与导数问题交织在一起，在近年的高考试题中不难看出这个基本的命题趋势。
对含有参数的不等式 恒成立问题，破解的方法有：分离参数法、数形结合法、单调性分析法、最值定位法、构造函数法等。
一 分离参数法分离参数法是解决含问题的基本思想之一。
对于含参不等式的问题，在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等 式的性质将参数分离出来 ，得到一个一端是参数、另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的性式就可以解决问题。
例1 已知函数a x f x x 421)(++=在（－∞，1］上有意义，试求的取值范围。
分析 ：函数)(x f 在（－∞，1］上有意义，等价于0421≥++a x x 在区间（－∞，1］上恒成立，这里参数的系数04>x ，故可以分离参数。
解析：函数)(x f 在（－∞，1］上有意义，等价于0421≥++a x x 在区间（－∞，1］上恒成立，即⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-≥x x a 2141，∈x （－∞，1］恒成立，记)(x g a ≥，∈x （－∞，1］，因此问题又等价于)(x g a ≥在)(x g a ≥上恒成立，)(x g 在（－∞，1］上是增函数，因此)(x g 的最大值为)1(g 。
)(x g a ≥在（－∞，1］上恒成等价于43)1()(max -==≥g x g a 。
于是工的取值范围为43-≥a 。
【点评】)(x f a ≥恒成立等价于max )(x f a ≥；)(x f a ≤恒成立等价于min )(x f a ≤。
如果函数)(x f 不存在最值，上面的最大值就替换为函数值域的右端点，最小值就替换为函数值域的左端点。
解这类问题时一定要注意区间的端点值。
二 数形结合法数形到结合法是一种重要的数学思想方法，其要点是“见数想形，以形助数”，从而达到解决问题的目的，数形结合法是破解含参数不等式恒成立问题的又一个主要方案。
函数导数中的恒成立问题解题技巧
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32=+--++(,)()(1)(2)f x x a x a a x ba b∈R．(1)若函数()f x 的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3-，求,a b 的值；(2)若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调．．．，求a 的取值范围． 解：(1)由题意得)2()1(23)(2+--+='a a x a x x f又⎩⎨⎧-=+-='==3)2()0(0)0(a a f b f ，解得0=b ，3-=a 或1=a (2)函数)(x f 在区间)1,1(-不单调，等价于导函数)(x f '在)1,1(-既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数 即函数)(x f '在)1,1(-上存在零点，根据零点存在定理，有0)1()1(<'-'f f ， 即：0)]2()1(23)][2()1(23[<+---+--+a a a a a a 整理得：0)1)(1)(5(2<-++a a a ，解得15-<<-a所以a 的取值范围是{}15-<<-a a .【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3x =是函数()()2ln 110f x a x x x =++-的一个极值点．（1）求a ；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若直线y b =与函数()y f x =的图象有3个交点，求b 的取值范围．【方法指导】（1）在极值点处导数为零，可以求a 的值；（2）求函数的单调区间借助()0f x '>可以求出单调递增区间，()0f x '<可以求出单调递减区间；（3）根据函数()f x 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b 的取值范围.解：（1）因为()'2101a f x x x =+-+，所以()'361004a f =+-=，因此16a =． （2）由（1）知，()()()216ln 110,1,f x x x x x =++-∈-+∞，()()2'2431x x f x x -+=+ 当()()1,13,x ∈-+∞时，()'0f x >；当()1,3x ∈时，()'0f x <．所以()f x 的单调增区间是()()1,1,3,-+∞，()f x 的单调减区间是()1,3．（3）由（2）知，()f x 在()1,1-内单调增加，在()1,3内单调减少，在()3,+∞上单调增加，且当1x =或3x =时，()'0f x =所以()f x 的极大值为()116ln 29=-f ，极小值为()332ln 221f =-因此()()21616101616ln291f f =-⨯>-=()()213211213f e f --<-+=-<所以在()f x 的三个单调区间()()()1,1,1,3,3,-+∞直线y b =有()y f x =的图象各有一个交点，当且仅当()()31f b f <<因此，b 的取值范围为()32ln221,16ln29--．【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()ln a f x x x=-， (1)当0a >时，判断()f x 在定义域上的单调性；(2)若2()f x x <在(1,)+∞上恒成立，求a 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a 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：()f x 的定义域为(0,)+∞，且221()a x a f x x x x+'=+=． 0,()0a f x '>∴>，故()f x 在(0,)+∞上是单调递增函数． (2)322ln ,0.ln ,)(x x x a x x x a x x x f ->∴><-∴<又 令232116()ln ,()()1ln 3,()6x g x x x x h x g x x x h x x x x-''=-==+-=-=， ()h x 在[1,)+∞上是减函数，()(1)2h x h ∴<=-，即()0g x '<，()g x ∴在[1,)+∞上也是减函数，()(1)1g x g ∴<=-．令1a ≥-得()a g x >，∴当2()f x x <在(1,)+∞恒成立时，a 的取值范围是{}1-≥a a ．【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 )＝a e x ln x ＋b e x －1x ，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 )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b x e x －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 )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，所以当x ∈)1,0(e 时，g ′(x )<0；当x ∈),1(+∞e时，g ′(x )>0. 故g (x )在)1,0(e 上单调递减，在),1(+∞e上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为)1(eg ＝－1e . 设函数h (x )＝x e －x －2e，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)＝－1e .因为g min (x )＝)1(eg ＝h (1)＝h max (x )， 所以当x >0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221()(ln ),x f x a x x a R x-=-+∈. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当1a =时，证明3()()2f x f x '>+对于任意的[1,2]x ∈恒成立． 解：(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，223322(2)(1)()a ax x f x a x x x x --'=--+= 当0a ≤时，若(0,1)x ∈，则()0,()f x f x '>单调递增，若(1,)x ∈+∞，则()0,()f x f x '<单调递减．当0a >时，3(1)()(a x f x x x x -'=-+.(i)当02a <<1>.当(0,1)x ∈或)x ∈+∞时，()0,()f x f x '>单调递增．当x ∈时，()0,()f x f x '<单调递减．(ii)当2a =1=，在区间(0,)+∞内，()0,()f x f x '≥单调递增．(iii)当2a >时，01<<.当x ∈或(1,)x ∈+∞时，()0,()f x f x '>单调递增，当x ∈时，()0,()f x f x '<单调递减． 综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；当02a <<时，()f x 在(0,1)上单调递增，在上单调递减，在)+∞上单调递增；当2a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当2a >时，()f x 在（0，2a ）上单调递增，在（2a，1）上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，当1a =时，22321122()()ln (1)x f x f x x x x x x x -'-=-+---+23312ln 1x x x x x=-++--，[1,2]x ∈ 设()ln ,()g x x x h x =-=233121,[1,2]x x x x=+--∈，则()()()()f x f x g x h x '-=+．由1()0x g x x-'=≥，可得()(1)1g x g ≥=，当且仅当1x =时取得等号． 又24326()x x h x x--+'=.设2()326x x x ϕ=--+，则()x ϕ在[1,2]上单调递减． 因为(1)1,(2)10ϕϕ==-，所以0(1,2)x ∃∈，使得当0(1,)x x ∈时，()0x ϕ>，0(,2)x x ∈时，()0x ϕ<.所以()h x h (x )在0(1,)x 上单调递增，在0(,2)x 上单调递减． 由1(1)1,(2)2h h ==，可得1()(2)2h x h ≥=， 当且仅当2x =时取得等号． 所以3()()(1)(2)2f x f xgh '-=+=， 即3()()2f x f x '>+对于任意的[1,2]x ∈成立． 六、利用恒成立问题求参数的取值范围 例6 (2015·北京)已知函数 。
利用导数解决恒成立问题
分析：已知版心的面
x
积，你能否设计出版心的
高，求出版心的宽，从而
列出海报四周的面积来？
图3.4-1
解 : 设 版 心 的 高 为 x d m , 则 版 心 的 宽 为 1 2 8 d m , 此 时 四 周 空 白 面 积 为
S(x)(x4)(1282)128 x x
2x5128,x0 x
令 求 ： 导 S数 '(x,)得 S 2'(因是1面x56x)1此最积d22m， 小 最2，x值小0=宽点。5 1x为1 6。22 是8所d函以m数解 ，时S得 当，(x： )版能的心使x 极 高四小1 为周值6 ， 空，白x 也 1 （ 6舍 ）
延伸学习
已知 f(x函 )a 数 xlnx(a0)g ,(x)x22x2. 若 对 x1 (0,) 均 , 存 x2 [0 在 ,1]使 , f(得 x1)g(x2) 成立 a的 ，取 求 .值范围
已知函数 f (x) (1 x) ex 1. .
（I）求函数 f (x) 的最大值； （Ⅱ）设 g(x) f (x) , x 1,且x 0 ,
202X
利用导数 研究“恒成立”的 问题
单击此处添加副标题
【问题展示】
不等式恒成立问题是近年高考的热点问题， 常以压轴题形式出现，交汇函数、方程、不 等式和数列等知识，有效地甄别考生的数学 思维能力.由于不等式恒成立问题往往都可以 转化为函数的最值问题，而导数，以其本身 所具备的一般性和有效性，在求解函数最值 中，起到无可替代的作用，
x 证明: g(x) ＜1.
（Ⅰ）f (x)＝－xex． 当 x∈(－∞，0)时，f (x)＞0，f (x)单调递增； 当 x∈(0，＋∞)时，f (x)＜0，f (x)单调递减． 所以 f (x)的最大值为 f (0)＝0． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，当 x＞0 时，f (x)＜0，g (x)＜0＜1． 当－1＜x＜0 时，g (x)＜1 等价于设 f (x)＞x． 设 h (x)＝f (x)－x，则 h (x)＝－xex－1． 当 x∈(－1，－0)时，0＜－x＜1，0＜ex＜1，则 0＜－xex＜1， 从而当 x∈(－1，0)时，h (x)＜0，h (x)在(－1，0]单调递减． 当－1＜x＜0 时，h (x)＞h (0)＝0，即 g (x)＜1．
《导数》解答题：三种常见方法解决不等式恒成立求参数范围.doc
《导数》解答题：三种常见方法解决不等式
恒成立求参数范围
这是一道与三角函数相关的导数题，先看题吧
第一问是比较常见的已知不等式恒成立，求参数的取值范围问题，此种题型常见的解法有三种
方法一：移项，含参求导，分类讨论，这种方法的难点在于如何搞清楚分类讨论的标准【结合三角函数的图像】方法二：分离参数，转化为函数最值问题，可能需要用到洛必达法则
方法三：利用代入几个特殊值【取交集】，先猜再证
第二问是不等式的证明问题，看似与第一问没关系，但实质上必然要利用第一问的结论【如果用不到的话，出题者也不会把这看似没关系的两个小问放在同一个题目中】，是“暗示”，更是“明示”
利用第一问中的端点值，然后放缩，还需结合到等差数列的前n项和。
数学——如何利用导数研究“恒成立”问题
数学——如何利用导数研究“恒成立”问题函数与不等式的恒成立问题是高中数学中的一个重点、难点问题，本文通过举例来说明解决此类问题的两种常用处理方法：①直接研究函数的形态；②分离参数法 .【问题】已知函数解法一：直接研究函数的形态由 f（x）≤ ax 恒成立，得到则 g（x）≥ 0 在 x ≥ 1/3 上恒成立，于是，问题也就转化成了研究二次函数 g（x）的形态问题 .①若 a = 0 , 则函数 g（x）= x - 1 , 在【1/3，+∞】上是增函数，故 g（x）min = g（1/3）= -2/3 < 0="" ,="">所以 a = 0 , 不符合题意；②若 a <> , 则函数 g（x）的图像是开口向下的抛物线，于是，g（x）在【1/3，+∞】上不可能恒为非负数，所以 a < 0="" ,="" 也不符合题意="">③若 a > 0 , 则函数 g（x）的图像是开口向上的抛物线，判别式△ = 1 - 4▪a▪（a-1）= -4a^2 + 4a + 1 .1、若△ ≤ 0 ，即 a ≥ （1+√2）/2 时 ,函数 g（x）在 R 上恒为非负数，所以 a ≥ （1+√2）/2 满足题意；2、若△ > 0 , 即 a <（1+√2）时="" ,="">g(x) ≥ 0 在x∈ [1/3 ，＋∞）上恒成立．综上，实数a 的取值范围是 [3/5 ，＋∞]．解法二：分离参数法由f(x) ≤ ax 恒成立，得到所以实数a 的取值范围是 [3/5 ，＋∞]．解决恒成立问题的基本方法：1、直接研究函数的形态类似于解法一，其缺点在于有些问讨论比较复杂；2、分离参数法类似于解法二，其优点在于有时可以避开繁琐的讨论．当然，在解决问题时，要根据所给问题的特点，选择恰当的方法来解题，并在解题过程中，能够依据解题的进程合理地调整解题策略．。