导数恒成立公开课
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导数解决含参恒成立问题PPT优质课件
一、导数解决含参恒成立问题（多变量问题）
恒成立问题是高中数学的重要题型，在高考中常常与函数、导数、不等式结合以 压轴题的身份出现，是整个高中教学的重点，也是难点。恒成立问题主要分为“含参 恒成立”和“不含参恒成立”两类，后者相对容易处理，例如：
f (x) c,x [a,b]恒成立 f (x)min c, x [a,b] 从而转化为最值问题的求解（其他类型同理）； 而“含参恒成立”问题，例如
例 1：已知函数 f (x) (x 1)2 a ln x 。
（1）讨论函数的单调性；
（2）若 函 数 f (x) 在 区 间 (0,) 内 任 取 两 个 不 等 的 实 数 x1, x2 ， 不 等 式 f (x1 1) f (x2 1) 1恒成立，求 a 的取值范围。
x1 x2
x2有
f
(x2 ) x2
f (x1) x1
a
恒成立？若存在，
求出 a 的取值范围；若不存在，说明理由。
.
练习：已知函数 f (x) ax 1 ln x(a R) 。 （1）讨论函数 f (x) 在定义域内的极值点的个数；
（2）若函数 f (x) 在 x 1 处取得极值，对 x 0,, f (x) bx 2 恒成立，求实数b 的
.
练习：已知函数 f (x) 1 x2 a ln x (a 1)x, a R 。 2
（1）当 a=1 时，求函数 f (x) 图像在点 (1, f (1)) 处的切线方程；
（2）当 a<0 时，讨论函数 f (x) 的单调性；
（3）是否存在实数
a，对任意的 x1, x2
(0,)且x1
求实数 t 的取值范围。
恒成立问题是高中数学的重要题型，在高考中常常与函数、导数、不等式结合以 压轴题的身份出现，是整个高中教学的重点，也是难点。恒成立问题主要分为“含参 恒成立”和“不含参恒成立”两类，后者相对容易处理，例如：
f (x) c,x [a,b]恒成立 f (x)min c, x [a,b] 从而转化为最值问题的求解（其他类型同理）； 而“含参恒成立”问题，例如
例 1：已知函数 f (x) (x 1)2 a ln x 。
（1）讨论函数的单调性；
（2）若 函 数 f (x) 在 区 间 (0,) 内 任 取 两 个 不 等 的 实 数 x1, x2 ， 不 等 式 f (x1 1) f (x2 1) 1恒成立，求 a 的取值范围。
x1 x2
x2有
f
(x2 ) x2
f (x1) x1
a
恒成立？若存在，
求出 a 的取值范围；若不存在，说明理由。
.
练习：已知函数 f (x) ax 1 ln x(a R) 。 （1）讨论函数 f (x) 在定义域内的极值点的个数；
（2）若函数 f (x) 在 x 1 处取得极值，对 x 0,, f (x) bx 2 恒成立，求实数b 的
.
练习：已知函数 f (x) 1 x2 a ln x (a 1)x, a R 。 2
（1）当 a=1 时，求函数 f (x) 图像在点 (1, f (1)) 处的切线方程；
（2）当 a<0 时，讨论函数 f (x) 的单调性；
（3）是否存在实数
a，对任意的 x1, x2
(0,)且x1
求实数 t 的取值范围。
导数在恒成立存在性下的运用课件
恒成立存在性的意义
判断函数是否存在恒成立的零点，对 于研究函数的性质和解决实际问题具 有重要意义。
导数与恒成立存在性的关系
导数与零点存在性
导数可以用来判断函数是否存在零点，如果函数在某点的导数为零，则函数在 该点处取得极值，此时有可能存在零点。
导数与单调性
导数的符号与函数单调性密切相关，导数大于零时函数单调递增，小于零时单 调递减。因此可以根据导数判断函数单调性，进一步研究函数的零点存在性。
导数在恒成立存在性下的总 结与展望
导数在恒成立存在性下的主要结论
函数的单调性与最值
导数可以用于确定函数的单调性，进而求得函数的极值和最值。
曲线的切线与法线
导数可以求得曲线上某一点的切线和法线，从而了解曲线在该点 的局部性质。
恒成立存在性的判断
导数可以用于判断函数在给定区间上的恒成立存在性。
导数在恒成立存在性下的未来发展方向
金融中的最优投资组合问题
总结词
导数可以解决金融领域中的最优投资组 合问题。
VS
详细描述
在投资组合理论中，投资者需要根据不同 资产的风险和收益特性，选择合适的投资 比例以最大化收益或最小化风险。利用导 数可以求出最优投资组合的解，例如通过 求解最优化问题中的一阶导数或二阶导数 ，找到最优的投资比例。
总结词
导数的变号点往往对应函数的极值点，可以通过判断导数的 符号变化来寻找函数的极值点。
详细描述
当函数的一阶导数由正变为负时，函数在此点取得极大值； 当一阶导数由负变为正时，函数在此点取得极小值。
利用导数判断函数的零点
总结词
通过导数可以判断函数的零点个数，当函数在某区间内单调且连续时，如果在该区间端点取值异号，则函数在该 区间内有且只有一个零点。
判断函数是否存在恒成立的零点，对 于研究函数的性质和解决实际问题具 有重要意义。
导数与恒成立存在性的关系
导数与零点存在性
导数可以用来判断函数是否存在零点，如果函数在某点的导数为零，则函数在 该点处取得极值，此时有可能存在零点。
导数与单调性
导数的符号与函数单调性密切相关，导数大于零时函数单调递增，小于零时单 调递减。因此可以根据导数判断函数单调性，进一步研究函数的零点存在性。
导数在恒成立存在性下的总 结与展望
导数在恒成立存在性下的主要结论
函数的单调性与最值
导数可以用于确定函数的单调性，进而求得函数的极值和最值。
曲线的切线与法线
导数可以求得曲线上某一点的切线和法线，从而了解曲线在该点 的局部性质。
恒成立存在性的判断
导数可以用于判断函数在给定区间上的恒成立存在性。
导数在恒成立存在性下的未来发展方向
金融中的最优投资组合问题
总结词
导数可以解决金融领域中的最优投资组 合问题。
VS
详细描述
在投资组合理论中，投资者需要根据不同 资产的风险和收益特性，选择合适的投资 比例以最大化收益或最小化风险。利用导 数可以求出最优投资组合的解，例如通过 求解最优化问题中的一阶导数或二阶导数 ，找到最优的投资比例。
总结词
导数的变号点往往对应函数的极值点，可以通过判断导数的 符号变化来寻找函数的极值点。
详细描述
当函数的一阶导数由正变为负时，函数在此点取得极大值； 当一阶导数由负变为正时，函数在此点取得极小值。
利用导数判断函数的零点
总结词
通过导数可以判断函数的零点个数，当函数在某区间内单调且连续时，如果在该区间端点取值异号，则函数在该 区间内有且只有一个零点。
高二数学利用导数研究恒成立问题公开课优秀课件(经典、值得收藏)
即2 a
(5)对于x1 -1，1，x2 1，e，f ( x1)=g( x2 )求实数a 的取值范围
f ( x) g( x) 即-2，2 a, a e, 所以a不存在
恒成立问题
例3.函数f ( x) x3 ax2 4在（0，2）内单调递减， 则实数a的取值范围是_______
解析：因为f ( x)在(0,2)单调递减， 所以f ( x)=3x2 -2ax 0在(0,2)恒成立,
2 (2)若当x 0时，f (x) 0，求实数a 的取值范围
方法2： (2) f (x) x(ex 1 ax).令g(x) ex 1 ax,则g(x) ex a
若a 1，则当x 0，+时g(x) 0, g(x)为增函数，g(0)=0
故当x 0，+时，g(x) 0.
若a 1时，当x 0，ln a时，g(x) 0，g(x)为减函数，而g(0) 0 从而当x 0，ln a时，g(x) 0,即f (x) 0
所以，t(x)为增函数，而t(0)=0，故t(x) 0.
故g(x) 0, g(x)为0，+上的增函数。
a ex 1 a lim ex 1
x
x0 x
ex 1
(ex
lim = lim
x0 x
x0
1) (e0 x0
1)
(ex
1)
x0
1，所以a
1.
恒成立问题
例5.(2010新课标)设函数f (x) x(ex 1) ax2 (1)若a 1 ，求f (x)的单调区间；
恒成立问题
例2.设函数f ( x) x3-3x2 +2，g( x) x ln x+a
(1)对于x1 -1，1，x2 1，e，f ( x1) g( x2 )求实数a 的取值范围
第3讲导数与恒成立问题课件
所以 F(t)min＝F(lna)＝eln a－alna－1＝a－alna－1≥0，所以 1－lna－1a≥0，所以 lna ＋1a－1≤0.
记 φ(a)＝lna＋1a－1，φ′(a)＝a－a21. 当 a∈(0,1)时，φ′(a)<0，φ(a)单调递减；当 a∈(1，＋∞)时，φ′(a)>0，φ(a)单调 递增，所以 φ(a)min＝φ(1)＝0. 因为 lna＋1a－1≤0，即 φ(a)≤0，所以 a＝1.
专题五 函数与导数 第3讲 导数与恒成立问题
回归教材
1. 已知函数 f(x)＝x2－ax＋a－1≥0 在区间(1,4)上恒成立，则 a 的取值范围是( A )
A. (－∞，2]
B. (5，＋∞)
C. (－∞，2)
D. [5，＋∞)
【解析】 因为 f(x)＝(x－1)[x－(a－1)] ≥0 在区间(1,4)上恒成立，所以 a－1≤1，
(2021·承德二模)已知函数 f(x)＝aex－4，g(x)＝lnx－x－1，其中 e 为自然对
数的底数，a∈R.
(1) 若对任意的 x2∈(0,1]，总存在 x1∈(0,1]，使 f(x1)≥g(x2)，求 a 的取值范围； 【解答】 对任意的 x2∈(0,1]，总存在 x1∈(0,1]，使得 f(x1)≥g(x2)，则 f(x)max≥g(x)max. 因为 g(x)＝lnx－x－1，则 g′(x)＝1x－1＝1－x x≥0 对任意的 x∈(0,1]恒成立，所以 函数 g(x)在区间(0,1]上单调递增，则 g(x)max＝g(1)＝－2. 因为 f(x)＝aex－4，所以当 a＝0 时，f(x)＝－4，不满足 f(x)max≥g(x)max，故 a≠0； 当 a>0 时，f(x)＝aex－4 在(0,1]上单调递增，所以 f(x)max＝ae－4， 即 ae－4≥－2，解得 a≥2e； 当 a<0 时，f(x)＝aex－4 在(0,1]上单调递减， 所以 f(x)＝aex－4 在(0,1]上没有最大值，不满足题意． 综上，a 的取值范围为2e，＋∞.
高中数学课件-第5讲 第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题
第5讲 高考中的导数综合问题第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题命题解读 恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度略大.01突破核心命题例1 对任意x ∈(0，2e)，|x －a |ln x ≤e 恒成立，求实数a 的取值范围.考 点 一分离参数求参数范围分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.(2)a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min ；a ≥f (x )能成立⇔a ≥f (x )min ；a ≤f (x )能成立⇔a ≤f (x)max .反思感悟考 点 二等价转换求参数范围反思感悟根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可.训练2 已知函数f(x)＝e x－1－ax＋ln x(a∈R).若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.解：f(x)≥ln x－a＋1可化为e x－1－ax＋a－1≥0，令φ(x)＝e x－1－ax＋a－1，则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0.∵φ′(x)＝e x－1－a，①当a≤0时，φ′(x)>0，∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，∴a≤0符合题意.②当a>0时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1.当x∈(－∞，ln a＋1)时，φ′(x)<0，当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(－∞，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增.当ln a＋1≤1，即0<a≤1时，φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，∴0<a≤1符合题意.当ln a＋1>1，即a>1时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)<φ(1)＝0，与φ(x)≥0矛盾，故a>1不符合题意.综上，实数a的取值范围为{a|a≤1}.考 点 三双变量的恒(能)成立问题“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有：(1)∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )max .(2)∃x 1，x 2∈D ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x )max ＞g (x )min .(3)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )min .(4)∃x 1∈D 1，∀x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x)max .反思感悟突破核心命题限时规范训练 2102限时规范训练(二十一)1.已知函数f(x)＝(x－2)e x，若不等式2f(x)＋2ax≥ax2，对∀x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.3.已知函数f(x)＝x ln x，当x≥1时，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围.限时规范训练(二十一)点击进入WORD文档。
第2部分专题6第5讲 利用导数解决不等式恒成立、能成立问题课件
设h(x)＝xln x＋1－x， 则h′(x)＝ln x,
所以当x∈(0,1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0， 所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 因此h(x)≥h(1)＝0，所以xln x＋1－x≥0，即xln x＋1≥x， 设F(x)＝x－asin x，x∈(0，＋∞)，－1≤a≤1， 则F′(x)＝1－acos x≥0， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
(2)f(x)≥12x3＋1等价于12x3－ax2＋x＋1e－x≤1. 设函数g(x)＝12x3－ax2＋x＋1e－x(x≥0)，则 g′(x)＝－12x3－ax2＋x＋1－23x2＋2ax－1e－x ＝－12x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x ＝－12x(x－2a－1)(x－2)e－x.
所以当7－4 e2≤a<12时，g(x)≤1.
(ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥12，则g(x)≤12x3＋x＋1e－x.
由于0∈
7－4 e2，21
，故由(ⅱ)可得
12x3＋x＋1
e－x≤1.故当a≥
1 2
时，g(x)≤1.
综上，a的取值范围是7－4 e2，＋∞.
命题规律：以基本初等函数为载体，以不等式恒成立、能成立为 依托，考查参数的取值范围，难度较大．
(ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－
1 2
，则当x∈(0,2)时，g′(x)>0.所以g(x)在
(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不合题意．
(ⅱ)若0<2a＋1<2，即－21<a<12，则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时， g′(x)<0；当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上 单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅 当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥7－4 e2.
所以当x∈(0,1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0， 所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 因此h(x)≥h(1)＝0，所以xln x＋1－x≥0，即xln x＋1≥x， 设F(x)＝x－asin x，x∈(0，＋∞)，－1≤a≤1， 则F′(x)＝1－acos x≥0， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
(2)f(x)≥12x3＋1等价于12x3－ax2＋x＋1e－x≤1. 设函数g(x)＝12x3－ax2＋x＋1e－x(x≥0)，则 g′(x)＝－12x3－ax2＋x＋1－23x2＋2ax－1e－x ＝－12x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x ＝－12x(x－2a－1)(x－2)e－x.
所以当7－4 e2≤a<12时，g(x)≤1.
(ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥12，则g(x)≤12x3＋x＋1e－x.
由于0∈
7－4 e2，21
，故由(ⅱ)可得
12x3＋x＋1
e－x≤1.故当a≥
1 2
时，g(x)≤1.
综上，a的取值范围是7－4 e2，＋∞.
命题规律：以基本初等函数为载体，以不等式恒成立、能成立为 依托，考查参数的取值范围，难度较大．
(ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－
1 2
，则当x∈(0,2)时，g′(x)>0.所以g(x)在
(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不合题意．
(ⅱ)若0<2a＋1<2，即－21<a<12，则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时， g′(x)<0；当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上 单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅 当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥7－4 e2.
第17讲第2课时导数与不等式恒成立(能成立)问题课件高三数学一轮复习
3．已知函数f(x)＝kx(1－ln x)，其中k为非零实数．
(2) 当k＝4时，在函数g(x)＝f′(x)＋x2＋2x的图象上任取两个不同的点 M(x1 ， y1) ， N(x2 ， y2). 若 当 0 ＜ x1 ＜ x2 ＜ t 时 ， 总 有 不 等 式 g(x1) － g(x2)≥4(x1－x2)成立，求正实数t的取值范围．
1＜x＜x0 时，f′(x)＜0，于是 f(x)在(1，x0)上单调递减，所以 f(x)＜f(1)＝0，不符合题意．
综上所述，a的取值范围是(－∞，2]. 方法二(参变分离法)：当 x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0⇔a＜(x＋x－1)1ln x.令 H(x)＝(x＋x－1)1ln x，
则
H′(x)＝x＋x 1＋ln
3 已知函数 f(x)＝x－1－a ln x(a∈R)，若 a＜0，且对任意 x1，x2∈(0，1]，都有|f(x1)
| | －f(x2)|≤4
1－1 x1 x2
，求实数
a
的取值范围．
【解答】f′(x)＝1－ax，当 a＜0 时，函数 f(x)在(0，1]上是增函数．又函数 y＝1x在(0，1]
上是减函数，不妨设 0＜x1＜x2≤1，则|f(x1)－f(x2)|＝f(x2)－f(x1)，x11－x12＝x11－x12，所
时，f′(x)＜0，此时函数 f(x)单调递减，当 x＞1 时，f′(x)＞0，此时函数 f(x)单调递增，
所以 f(x)min＝f(1)＝2，所以 a＜2.
2．若关于 x 的不等式 sin x－x≥ax 对 x∈[0，π]恒成立，则实数 a 的取值范围是
( A)
A．(－∞，－1]
B．(－∞，1]
新视角 洛必达法则
运用导数解决不等式恒成立问题ppt课件
（评注：第二种解法。本题通过构造函数，进行多次求导后，运用洛 比塔法则求解。）
解、f(x)＝xx＋ln 1x，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，
即 lnx≤mx－1x. 设 g(x)＝lnx－mx－1x， 即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0 恒成立，等价于函数 g(x)在[1，＋∞) 上的最大值 g(x)max≤0. g′(x)＝1x－m1＋x12＝－mx2x＋2 x－m. ①若 m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 即 g(x)≥g(1)＝0，这与要求的 g(x)≤0 矛盾.
总结：
aln21
.
5
变式练习
2、已知函f (数 x) ex 2bx2a，若f (x)在[2，）
上单调递增，求b的实取数值范围。
b
e2
总结：
2
.
6
变式练习
3、已知函数f (x) ex，g(x) 2x 2a, 若x[0， ）时，恒有f (x) g(x),求 实数a的取值范围。
总结：
aln21
解 , hx′(x)4 〈39 90h时′(xx＞)>4 039 时9 ，解得0＜x＜
43 9 9
所以h(x)在（0， 4 3 9 ）上递增，在（ 4 3 9
9
，+∞）上递减,
故h(x)的最大值为 h ( 4 3 9 ) 4 ，所以
9
9
a
9
4 9
变式练习
1： 已知函 f(x)数 ex2x2a，若 f(x)0恒 成立，求 a的实 取数 值范围。
得 k＜（x＋1）[1＋x ln（x＋1）](x＞0)，
令 g(x)＝（x＋1）[1＋x ln（x＋1）](x＞0)，
则 g′(x)＝x－1－lnx（2 x＋1），设 h(x)＝x－1－ln(x＋1)(x＞0)，
解、f(x)＝xx＋ln 1x，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，
即 lnx≤mx－1x. 设 g(x)＝lnx－mx－1x， 即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0 恒成立，等价于函数 g(x)在[1，＋∞) 上的最大值 g(x)max≤0. g′(x)＝1x－m1＋x12＝－mx2x＋2 x－m. ①若 m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 即 g(x)≥g(1)＝0，这与要求的 g(x)≤0 矛盾.
总结：
aln21
.
5
变式练习
2、已知函f (数 x) ex 2bx2a，若f (x)在[2，）
上单调递增，求b的实取数值范围。
b
e2
总结：
2
.
6
变式练习
3、已知函数f (x) ex，g(x) 2x 2a, 若x[0， ）时，恒有f (x) g(x),求 实数a的取值范围。
总结：
aln21
解 , hx′(x)4 〈39 90h时′(xx＞)>4 039 时9 ，解得0＜x＜
43 9 9
所以h(x)在（0， 4 3 9 ）上递增，在（ 4 3 9
9
，+∞）上递减,
故h(x)的最大值为 h ( 4 3 9 ) 4 ，所以
9
9
a
9
4 9
变式练习
1： 已知函 f(x)数 ex2x2a，若 f(x)0恒 成立，求 a的实 取数 值范围。
得 k＜（x＋1）[1＋x ln（x＋1）](x＞0)，
令 g(x)＝（x＋1）[1＋x ln（x＋1）](x＞0)，
则 g′(x)＝x－1－lnx（2 x＋1），设 h(x)＝x－1－ln(x＋1)(x＞0)，
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题型一：“f (x) a”型（其中a为常数）
(1).对x D,有f (x) a恒成立 对x D， (2).对x D,有f (x) a恒成立 对x D，
形式推广：1(1).函数f (x)在区间D单调递增
(2)函数f (x)在区间D单调递减
2(1).对x D,有f (x) g(x)恒成立 对x D，
对x1，x2 D,
。
例1 已知函数 f (x) x3 ax2 x(a R)
(1)若 f (x) 是R上的增函数，求实数a的取值范围；
例1 已知函数 f (x) x3 ax2 x(a R)
(2)若 x [2, 1], f (x) 0恒成立，求实数a的取 值范围；
例1 已知函数 f (x) x3 ax2 x(a R)
f '(x) lim y x x0
f (x x) f (x)
lim
x0
x
第二中学 姜宁宁
2015.4.8
如
何
利
用
解 决
导 数
恒
成
立
问
题
一、复习引入，温故知新
平均速度
导数与切线的斜率
瞬时速度
导
导数与函数的单调性
平均变化率 数
瞬时变化率
导数与函数的极值、 最值
导数、函数、不等式
不等式恒成立问题是近年高考的热点问题，常
1、知识技能方面： 2、思想方法方面：
五、作业布置，巩固提高
所有题重新规范做一遍明天交，完成没 有完成的练习题
2.2班学生名单随机抽取系统
学号：
宋存亮 张远洋 王建策 吴志昊 赵宏吉 刘勇序 陈冰瑞 朱春成 宋金皓 张旭 李介元 郭鑫 邓明珠 张勇 秦彪 王烨 刘炎 赵思宇 赵鑫雨 郝令年 杨蕊 王欣怡 赵春莲 陈怡 周旋 关 硕 耿浤力 李洪鑫 霍子琪 赵婉双 何凤强 杜强
(2)若 x [2, 1], f (x) 0恒成立，求实数a的取 值范围；
例1 已知函数 f (x) x3 ax2 x(a R)
(2)若 x [2, 1], f (x) 0恒成立，求实数a的取 值范围；
变式训练1：已知函数f (x) x3 x g(x) ax2 (a R)
若x 2,1，f (x) g(x)恒成立，求实数a的取值范围.
例1 已知函数 f (x) x3 ax2 x(a R)
(4)若 a 2, x1, x2 [1, 2],| f (x1) f (x2 ) | m 恒成 立，求实数m的取值范围；
例1 已知函数 f (x) x3 ax2 x(a R)
(5)设 g(x) 2x2 x k ，当 a 2 时，对
任意 x1, x2 [1, 2]，f (x1) g(x2 ) ,求实数 k的取
值范围。
例1 已知函数 f (x) x3 ax2 x(a R)
(5)设 g(x) 2x2 x k ，当 a 2 时，对
任意 x1, x2 [1, 2]，f (x1) g(x2 ) ,求实数 k的取
值范围。
抽号1
练习1：已知函数f (x) x2 a ln x a(a 0) 在(0,)满足f (x) 0恒成立，求a的取值范围.
抽号2
变式1：已知函数f (x) x2 a，g(x) a ln x(a 0), 对任意x (0,), f (x) g(x)恒成立，求a的取值范围.
变式1：已知函数f (x) x2 a，g(x) a ln x(a 0), 对任意x (0,), f (x) g(x)恒成立，求a的取值范围.
注意：函数f (x)图像恒在函数g(x)图像上方
不一定推出f
( x) m in
g
(
x)
m
恒成立
ax
例2：已知f (x) x a2 , g(x) x2 2 ln x,其中a 0， x
若对于x , x (0,),都有f (x ) g(x )恒成立，求a的取值范围.
1
2
1
2
四、自主小结，整理归纳
抽号3
• 小结：在面对不同形式呈现的恒成立问题，我们 应想方设法转化为 f (x) a 型的结构形式，利用
导数在求解函数最ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ的优越性，从而轻松、简捷 地解决相应问题.
例1 已知函数 f (x) x3 ax2 x(a R)
(4)若 a 2, x1, x2 [1, 2],| f (x1) f (x2 ) | m 恒成 立，求实数m的取值范围；
小结：辨析“f (x1) g(x2 )”型与“f (x) g(x)”型的差异：
1.对于x1, x2 D,有f (x1) g(x2 )恒成立
对x
D, 有f
( x) m in
g
(
x)
m
恒成立
ax
2.对于x D，有f (x) g(x)恒成立
对x D，f (x) g(x) 0恒成立
对x D, f (x) g(x) min 0或对x D，f (x)min a;
(2)对x D,有f (x) g(x)恒成立 对x D，
题型二：“f (x ) g(x )”型
1
2
(1).形如x1，x2 D,都有f (x1) g(x2 )恒成立
（2）.形如x1，x2 D,都有f (x1) g(x2 )恒成立
形式推广：形如x1，x2 D,都有 f (x1) f (x2 ) m恒成立
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， 因此，我们就不等式恒成立问题的两种常见类型， 探讨如何利用导数进行解决。
二二、、新典课例讲解精，析概、念概深化念深化
例1 已知函数 f (x) x3 ax2 x(a R) (3)当 a 1 时，求证：3ln x f (x) x3 2
例1 已知函数 f (x) x3 ax2 x(a R) (3)当 a 1 时，求证：3ln x f (x) x3 2
变式训练2：已知函数f (x) x3 ax2 x(a R) 当a 1时，求证f (x) 3ln x x3 2
抽取结果：
赵鑫雨
开始
1
2
3
二、新课讲解，概念深化
例1 已知函数 f (x) x3 ax2 x(a R)