利用导数研究不等式恒成立问题

导数复习系列（3）

——利用导数研究不等式的恒成立问题

1． 设函数f (x )＝⎪⎪⎪

⎪13x 3－12x 2＋2x ，对于任意实数x ∈[－1，2]，f (x )≤m 恒成立，则m 的最小值为________．

2.已知32|2|,1()ln ,x 1x x x x f x x

⎧--+<=⎨≥⎩，,命题“0,()t f t kt ∃≠≥”是假命题，则k 的取值范围是_______.

3.(2012·无锡调研)若不等式x a

e x >对任意实数x 恒成立，求实数a 的取值范围．

4.（2008江苏）设函数3()31()f x ax x x R =-+∈，若对于任意的[]1,1-∈x 都有0)(≥x f 成立，则实数a 的值为 .

5．(2012·宿迁市联考)已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.

(1)求函数f (x )的最小值；

(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围；

变式：证明对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )＞2⎝ ⎛⎭

⎪⎫x e x －2e 成立．

6.

1．设函数f (x )＝⎪⎪⎪

⎪13x 3－12x 2＋2x ，对于任意实数x ∈[－1，2]，f (x )≤m 恒成立，则m 的最小值为________．143 2.已知32|2|,1()ln ,x 1x x x x f x x

⎧--+<=⎨≥⎩，,命题“0,()t f t kt ∃≠≥”是假命题，则k 的取值 范围是_______.

3.(2012·无锡调研)若不等式x a

e x >对任意实数x 恒成立，求实数a 的取值范围．

(2)当x ≤0时，对任意a ≠0，不等式恒成立．

当x ＞0时，在e x a ＞x 两边取自然对数，得x a ＞ln x .

①当0＜x ≤1时，ln x ≤0，当a ＞0时，不等式恒成立；

当a ＜0时，ln x ＜0，a ln x ＞0，不等式等价于a ＜x ln x ，由(1)得，此时x ln x ∈(－∞，0)，不等式不

恒成立．

②当x ＞1时，ln x ＞0，则a ＞0，不等式等价于a ＜x ln x ，由(1)得，此时x ln x 的最小值为e ，得0＜a

＜e.

综上，a 的取值范围是(0，e)．

4.（2008江苏）设函数3()31()f x ax x x R =-+∈，若对于任意的[]1,1-∈x 都有0)(≥x f 成立，则实数a 的值为 .

【解析】本小题考查函数单调性的综合运用．若x ＝0，则不论a 取何值，()f x ≥0显然成立；当x ＞0 即x ∈（0，1]时，()331f x ax x =-+≥0可化为，2331a x x

≥- 设()2331g x x x =-，则()()'4312x g x x -=， 所以()g x 在区间10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，在区间1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦

上单调递减，因此()max 142g x g ⎛⎫

== ⎪⎝⎭

，从而a ≥4； 当x ＜0 即x ∈[)1,0-时，()331f x ax x =-+≥0可化为a ≤2331x x -，()()'4312x g x x

-=0> ()g x 在区间[)1,0-上单调递增，因此()()ma 14n g x g =-=，从而a ≤4，综上a ＝4

【答案】4

5．(2012·宿迁市联考)已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.

(1)求函数f (x )的最小值；

(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围；

变式：证明对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫

x e x －2e 成立．

(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2(ln x ＋1)．

令f ′(x )＝0，得x ＝1e .

当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )＜0；

当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0.

所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减；在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增．

故当x ＝1e 时，f (x )取最小值为－2e .

(2)解 存在x ∈(0，＋∞)，使f (x )≤g (x )成立，即2x ln x ≤－x 2＋ax －3在x ∈(0，＋∞)能成立，等价于a ≥2ln x ＋x ＋3x 在x ∈(0，＋∞)能成立，等价于a ≥(2ln x ＋x ＋3x )min .

记h (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，x ∈(0，＋∞)，

则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)

x 2.

当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0.

所以当x ＝1时，h (x )取最小值为4，故a ≥4.

(3)证明 记j (x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x －2e ，x ∈(0，＋∞)，

则j ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫

1－x e x .

当x ∈(0,1)时，j ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，j ′(x )＜0.

所以当x ＝1时，j (x )取最大值为－2e .

又由(1)知，当x ＝1e 时，f (x )取最小值为－2e ，

故对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫

x e x －2e 成立．

6.