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微专题5　导数法研究恒(能)成立问题
第五章　一元函数的导数及其应用
用导数研究恒(能)成立问题时，一般我们既要对函数和方程的形式进行观察，又要时刻注意数形结合帮助我们理解题意，需要灵活选择合适的方法解决问题．常见的用导数解决恒(能)成立的方法有分离变量法、分类讨论法、等价转化法等，下面进行举例说明．
类型1　分离变量法解决恒(能)成立问题
【例1】　已知函数f (x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a∈R)．若对于任意的x∈，都有2f (x)≥g(x)成立，求a的取值范围．
[解]　若2f (x)≥g(x)对任意的x∈恒成立，
则2x ln x≥－x2＋ax－3对任意的x∈恒成立，
即a≤2ln x＋x＋对任意的x∈恒成立，
令h(x)＝2ln x＋x＋，x∈，只需满足a≤h(x)min，x∈，
又h′(x)＝＋1－＝，
因为x∈，所以由h′(x)＝0得x＝1，
当≤x＜1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
当1＜x≤e时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
所以当x＝1时函数h(x)取得极小值即为最小值，
即h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤4，
即实数a的取值范围为(－∞，4]．
反思领悟　(1)一般情况下，对于分参后的求解范围问题常有以下结论：
①a≥f (x)恒成立 a≥f (x)max；a≤f (x)恒成立 a≤f (x)min．
②a≥f (x)能成立 a≥f (x)min；a≤f (x)能成立 a≤f (x)max．
(2)分离变量时注意不等号的方向是否发生改变．
[学以致用]　1．设f (x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f (x)在点(0，
f (0))处的切线方程为y＝1．设g(x)＝f (x)－x ln x＋x，且g(x)在区间内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
[解]　∵f ′(x)＝x2－ax＋b，∴f ′(0)＝b＝0，
又f (0)＝c＝1，∴b＝0，c＝1，
∴f (x)＝x3－x2＋1，
g(x)＝x3－x2－x ln x＋x＋1，≤x≤e，
∴g′(x)＝x2－ax－ln x，
∵g(x)在内存在单调递减区间，
即g′(x)＝x2－ax－ln x＜0在内有解，
∴a＞x－在内能成立，
令h(x)＝x－，则h′(x)＝1－＝．
令m(x)＝x2－1＋ln x，则m′(x)＝2x＋＞0，
∴m(x)在上单调递增，又m(1)＝0，
∴当x∈时，m(x)＜0，即h′(x)＜0；
当x∈(1，e]时，m(x)＞0，即h′(x)＞0；
∴h(x)在上单调递减，在(1，e]上单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝1，∴a＞1，
即实数a的取值范围为(1，＋∞)．
类型2　分类讨论法解决恒(能)成立问题
【例2】　已知函数f (x)＝ln x－x＋1，若非零实数a使得f (x)≥ax－ax2－对任意x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
[解]　令g(x)＝f (x)－＝ln x－x＋1－ax＋ax2＋，x≥1，
则g′(x)＝－1－a＋ax＝，x≥1．
若a＜0，则ax－1＜0，则g′(x)≤0，函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，显然不满足题意；
若a＞0，则当≤1，即a≥1时，g′(x)≥0，函数g(x)在[1，＋∞)上单调递增，当x＝1时，g(x)取得最小值．
令g(1)＝≥0，解得－1≤a≤1，从而可得a＝1；
当＞1，即0＜a＜1时，由g′(x)＜0，得1＜x＜，
由g′(x)＞0，得x＞，所以函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，
当x＝时，g(x)取得极小值也是最小值，
令g＝－ln a≥0，解得0＜a≤1，故0＜a＜1．
综上可得，实数a的取值范围是(0，1]．
反思领悟　分类讨论法解决恒成立、能成立问题时需要确定分类标准，做到不重不漏．一般情况下，分类时常考虑以下情况：
(1)最高次项系数的正负情况(注意0)．
(2)导数的零点存在与否(二次的一般用Δ)．
(3)极值点的大小关系(分三种情况，包括相等)．
(4)极值点与定义域的关系．
[学以致用]　2．已知函数f (x)＝3x＋sin x cos x－a cos x在R上单调递增，则实数a 的取值范围是(　　)
A．[－2，2]
B．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
C．[－4，4]
D．(－∞，－4]∪[4，＋∞)
√
A　[f ′(x)＝3＋cos 2x＋a sin x＝3＋1－2sin2x＋a sinx＝4－2sin2x＋a sinx，
函数f (x)＝3x＋sin x cos x－a cos x在R上单调递增，所以f ′(x)≥0在R上恒成立，令t＝sin x，则－1≤t≤1，即4－2t2＋at≥0在[－1，1]上恒成立，即2t2－at－4≤0在[－1，1]上恒成立．
当t＝0时，不等式显然成立．当0当－1≤t<0时，a≤2t－，由y＝2t－在[－1，0)上单调递增，得t＝－1时，ymin＝2，所以a≤2．
综上，a的取值范围是[－2，2]．故选A．]
类型3　等价转化法解决恒(能)成立问题
【例3】　已知f (x)＝xex－ex，g(x)＝mx－m(m＞0)，若对任意的x1∈
[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]使得f (x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围．
[解]　∵f (x)＝xex－ex＝ex(x－1)，
∴f ′(x)＝ex(x－1)＋ex＝xex，
由f ′(x)＞0，得x＞0，
故f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
由f ′(x)＜0，得x＜0，
故f (x)在(－∞，0)上单调递减，
∴当x＝0时，f (x)min＝f (0)＝－1，
又f (－2)＝－3e-2，f (2)＝e2，
∴f (x)在[－2，2]上的值域为[－1，e2]，
又g(x)＝mx－m(m＞0)在[－2，2]上是增函数，
∴g(x)在[－2，2]上的值域为[－3m，m]．
若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]，使得f (x1)＝g(x2)，
则[－1，e2] [－3m，m]，
∴－3m≤－1＜e2≤m，
解得m≥e2，即实数m的取值范围是[e2，＋∞)．
反思领悟　(1)对条件进行变形，使变量相同(如都是x1)的在同一侧，观察是否可以构造一个函数，使左、右侧式子用该函数表示，进而转化为最值问题．
(2)双变量的恒(能)成立问题
① x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)恒成立≥g(x)max．
② x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)min．
③ x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)max．
④ x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)min．
⑤ x1∈D， x2∈E，使f (x1)＝g(x2) f (x)的值域是g(x)的值域的子集．
[学以致用]　3．已知函数f (x)＝ex－k－k ln x，g(x)＝ex－kx， x∈(1，＋∞)，f (x)A．(－∞，1)　　　　　 B．(－∞，1]
C．(－∞，e)　　 D．(－∞，e]
√
D　[由题意得ex－k－k ln x即eln x+1－k(ln x＋1)令h(x)＝ex－kx，则h(ln x＋1)令m(x)＝ln x－x＋1，x∈(1，＋∞)，则m′(x)＝－1<0恒成立，
所以m(x)在(1，＋∞)上为减函数，即m(x)＝ln x－x＋1所以h(x)为增函数，即h′(x)＝ex－k≥0， x∈(1，＋∞)恒成立，所以k≤e．故选D．]
题号
一、选择题
1．若 x＞0，使得ax2≤ln x成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．　　 B．
C．　　 D．
微专题强化练(五)　导数法研究恒(能)成立问题
1
3
5
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4
6
8
7
9
√
题号
1
3
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2
4
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8
7
9
C　[由题设知a≤能成立，
令f (x)＝且x＞0，
则f ′(x)＝＝，
∴当0＜x＜时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增；
当x＞时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减．
∴f (x)≤f ()＝，故a≤．]
题号
2
1
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9
2．已知函数f (x)＝－mx(e为自然对数的底数)，若f (x)＜0在(0，
＋∞)上有解，则实数m的取值范围是(　　)
A．(e，＋∞)　　 B．(－∞，e)
C．　　 D．
√
题号
2
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9
C　[由f (x)＝－mx＜0在(0，＋∞)上有解，可得，m＞在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝，x＞0，则m＞g(x)min，则g′(x)＝，
当0＜x＜2时，g′(x)＜0，函数单调递减，当x＞2时，g′(x)＞0，函数单调递增，
故当x＝2时，函数g(x)取得最小值g(2)＝．
故m＞．故选C．]
题号
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9
1
3．已知函数f (x)＝x＋sin x，若存在x∈[0，π]使不等式f (x sin x)≤
f (m－cos x)成立，则整数m的最小值为(　　)
A．－1　　B．0　　C．1　　D．
√
A　[由f (x)＝x＋sin x，可得f ′(x)＝1＋cos x≥0，
所以f (x)＝x＋sin x在x∈[0，π]上单调递增，
所以不等式f (x sin x)≤f (m－cos x)成立等价于x sin x≤m－cos x，
所以m≥x sin x＋cos x对于x∈[0，π]有解，
题号
3
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9
1
令g(x)＝x sin x＋cos x，只需m≥g(x)min，
则g′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，
当0≤x≤时，g′(x)＝x cos x≥0，g(x)单调递增，
当＜x≤π时，g′(x)＝x cos x＜0，g(x)单调递减，
所以g(0)＝cos 0＝1，g(π)＝πsin π＋cos π＝－1，
所以g(x)min＝g(π)＝－1，所以m≥－1，所以整数m的最小值为－1．]
题号
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9
1
4．任给两个正数x，y，使得不等式－y(ln x＋ln y)≤0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－e，0)　　 B．[－e，＋∞)
C．　　 D．
√
题号
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9
1
A　[不等式－y(ln x＋ln y)≤0恒成立，
整理为≤xy(ln x＋ln y)＝xy·ln (xy)恒成立，
设xy＝t＞0，g(t)＝t ln t，g′(t)＝ln t＋1，令g′(t)＝0，得t＝，
当0＜t＜，g′(t)＜0，当t＞，g′(t)＞0，
所以函数g(t)的单调递减区间是，单调递增区间是，
函数的最小值g＝－，所以≤－，得－e≤a＜0．故选A．]
题号
2
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9
1
5．已知函数f (x)＝－ex，g(x)＝x2－2x－1，若对任意x1∈，都存在x2∈满足f (x1)－g(x2)≥1，则实数a的取值范围是(　　)
A．[2e2，＋∞)　　 B．[2e2－2，＋∞)
C．　　 D．(－∞，1]
√
题号
2
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9
1
B　[令h(x)＝g(x)＋1＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈，
所以h(x)min＝h(1)＝－1，即－ex≥－1在x∈上恒成立，
故a≥－x＋xex在x∈上恒成立，令φ(x)＝xex－x，则φ′(x)＝(x＋1)ex－1，
令t(x)＝(x＋1)ex－1，x∈，则t′(x)＝(x＋2)ex＞0，
即函数t(x)在上单调递增，故φ′(x)＝t(x)≥t＝－1＞0，
即函数φ(x)在上单调递增，故φ(x)max＝φ(2)＝2e2－2，
所以a≥2e2－2．故选B．]
题号
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1
二、填空题
6．若不等式x2＋ax－2＜0在[1，4]上有解，则实数a的取值范围为___________．
(－∞，1)　[∵x2＋ax－2＜0在[1，4]上有解，
∴a＜在[1，4]上有解，∴a＜－x在[1，4]上有解，
令f (x)＝－x(1≤x≤4)，
(－∞，1)
题号
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9
1
则f ′(x)＝－－1，
∴当1≤x≤4时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
∴f (x)max＝f (1)＝－1＝1，
∵a＜－x在[1，4]上有解，
则a＜f (x)max，
∴a＜1．]
题号
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3
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6
8
9
1
7．函数f (x)＝x3－2x＋c，g(x)＝ln x＋1，若f (x)≥g(x)恒成立，则实数c的取值范围是___________．
[2，＋∞)　[由f (x)≥g(x)，即x3－2x＋c≥ln x＋1，即c≥－x3＋2x＋ln x＋1．令h(x)＝－x3＋2x＋ln x＋1(x＞0)，h′(x)＝－，故函数h(x)在区间(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，最大值为h(1)＝2，所以c≥2．]
[2，＋∞)
题号
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9
1
8．若关于x的不等式axex－x－ln x≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
则实数a的取值范围为____________．
　[axex－x－ln x≥0，即axex≥x＋ln x＝ln ex＋ln x＝ln (xex)，x∈(0，＋∞)，设t＝xex，t′＝(x＋1)ex＞0恒成立，函数单调递增，故t＞0，
故a≥，设g(t)＝，t∈(0，＋∞)，故g′(t)＝，
当t∈(0，e)时，g′(t)＞0，函数单调递增，
当t∈(e，＋∞)时，g′(t)＜0，函数单调递减，故g(t)max＝g(e)＝，故a≥．]
题号
9
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7
1
三、解答题
9．已知函数f (x)＝ax＋ln x(a∈R)．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意的x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]，使得f (x1)＜g(x2)，求实数a的取值范围．
[解]　(1)f ′(x)＝a＋，x＞0．
①当a≥0时，由于x∈(0，＋∞)，所以f ′(x)＞0，
所以f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a＜0时，令f ′(x)＝0，得x＝－．
题号
9
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7
1
当x变化时，f ′(x)与f (x)的变化情况如下表：
x －
f ′(x) ＋ 0 －
f (x) ? 极大值 ?
题号
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3
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6
7
1
由上表知，f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为．
综上，当a≥0时，f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a＜0时，f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为．
题号
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3
8
6
7
1
(2)问题等价于f (x)max＜g(x)max．
因为g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[0，1]，
所以g(x)的最大值为g(0)＝2．
由(1)知，当a≥0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意．
当a＜0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减，
故f (x)的极大值即最大值，为f ＝－1＋ln ＝－1－ln (－a)．
所以2＞－1－ln (－a)，解得a＜－．
故实数a的取值范围为．
THANKS微专题5　导数法研究恒(能)成立问题
用导数研究恒(能)成立问题时，一般我们既要对函数和方程的形式进行观察，又要时刻注意数形结合帮助我们理解题意，需要灵活选择合适的方法解决问题．常见的用导数解决恒(能)成立的方法有分离变量法、分类讨论法、等价转化法等，下面进行举例说明．
类型1　分离变量法解决恒(能)成立问题
【例1】　已知函数f (x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a∈R)．若对于任意的x∈，都有2f (x)≥g(x)成立，求a的取值范围．
[解]　若2f (x)≥g(x)对任意的x∈恒成立，
则2x ln x≥－x2＋ax－3对任意的x∈恒成立，
即a≤2ln x＋x＋对任意的x∈恒成立，
令h(x)＝2ln x＋x＋，x∈，只需满足a≤h(x)min，x∈，
又h′(x)＝＋1－＝，
因为x∈，所以由h′(x)＝0得x＝1，
当≤x＜1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
当1＜x≤e时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
所以当x＝1时函数h(x)取得极小值即为最小值，
即h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤4，
即实数a的取值范围为(－∞，4]．
　(1)一般情况下，对于分参后的求解范围问题常有以下结论：
①a≥f (x)恒成立 a≥f (x)max；a≤f (x)恒成立 a≤f (x)min．
②a≥f (x)能成立 a≥f (x)min；a≤f (x)能成立 a≤f (x)max．
(2)分离变量时注意不等号的方向是否发生改变．
[学以致用]　1．设f (x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程为y＝1．设g(x)＝f (x)－x ln x＋x，且g(x)在区间内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
[解]　∵f ′(x)＝x2－ax＋b，∴f ′(0)＝b＝0，
又f (0)＝c＝1，∴b＝0，c＝1，
∴f (x)＝x3－x2＋1，
g(x)＝x3－x2－x ln x＋x＋1，≤x≤e，
∴g′(x)＝x2－ax－ln x，
∵g(x)在内存在单调递减区间，
即g′(x)＝x2－ax－ln x＜0在内有解，
∴a＞x－在内能成立，
令h(x)＝x－，
则h′(x)＝1－＝．
令m(x)＝x2－1＋ln x，
则m′(x)＝2x＋＞0，
∴m(x)在上单调递增，又m(1)＝0，
∴当x∈时，m(x)＜0，即h′(x)＜0；
当x∈(1，e]时，m(x)＞0，即h′(x)＞0；
∴h(x)在上单调递减，在(1，e]上单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝1，∴a＞1，
即实数a的取值范围为(1，＋∞)．
类型2　分类讨论法解决恒(能)成立问题
【例2】　已知函数f (x)＝ln x－x＋1，若非零实数a使得f (x)≥ax－ax2－对任意x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
[解]　令g(x)＝f (x)－＝ln x－x＋1－ax＋ax2＋，x≥1，
则g′(x)＝－1－a＋ax＝，x≥1．
若a＜0，则ax－1＜0，则g′(x)≤0，函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，显然不满足题意；
若a＞0，则当≤1，即a≥1时，g′(x)≥0，函数g(x)在[1，＋∞)上单调递增，当x＝1时，g(x)取得最小值．
令g(1)＝≥0，解得－1≤a≤1，从而可得a＝1；
当＞1，即0＜a＜1时，由g′(x)＜0，得1＜x＜，
由g′(x)＞0，得x＞，所以函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，
当x＝时，g(x)取得极小值也是最小值，
令g＝－ln a≥0，解得0＜a≤1，故0＜a＜1．
综上可得，实数a的取值范围是(0，1]．
　分类讨论法解决恒成立、能成立问题时需要确定分类标准，做到不重不漏．一般情况下，分类时常考虑以下情况：
(1)最高次项系数的正负情况(注意0)．
(2)导数的零点存在与否(二次的一般用Δ)．
(3)极值点的大小关系(分三种情况，包括相等)．
(4)极值点与定义域的关系．
[学以致用]　2．已知函数f (x)＝3x＋sin x cos x－a cos x在R上单调递增，则实数a 的取值范围是(　　)
A．[－2，2]
B．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
C．[－4，4]
D．(－∞，－4]∪[4，＋∞)
A　[f ′(x)＝3＋cos 2x＋a sin x＝3＋1－2sin2x＋a sinx＝4－2sin2x＋a sinx，
函数f (x)＝3x＋sin x cos x－a cos x在R上单调递增，所以f ′(x)≥0在R上恒成立，令t＝sin x，则－1≤t≤1，即4－2t2＋at≥0在[－1，1]上恒成立，即2t2－at－4≤0在[－1，1]上恒成立．
当t＝0时，不等式显然成立．当0当－1≤t<0时，a≤2t－，由y＝2t－在[－1，0)上单调递增，得t＝－1时，ymin＝2，所以a≤2．
综上，a的取值范围是[－2，2]．
故选A．]
类型3　等价转化法解决恒(能)成立问题
【例3】　已知f (x)＝xex－ex，g(x)＝mx－m(m＞0)，若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]使得f (x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围．
[解]　∵f (x)＝xex－ex＝ex(x－1)，
∴f ′(x)＝ex(x－1)＋ex＝xex，
由f ′(x)＞0，得x＞0，
故f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
由f ′(x)＜0，得x＜0，
故f (x)在(－∞，0)上单调递减，
∴当x＝0时，f (x)min＝f (0)＝－1，
又f (－2)＝－3e-2，f (2)＝e2，
∴f (x)在[－2，2]上的值域为[－1，e2]，
又g(x)＝mx－m(m＞0)在[－2，2]上是增函数，
∴g(x)在[－2，2]上的值域为[－3m，m]．
若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]，使得f (x1)＝g(x2)，
则[－1，e2] [－3m，m]，
∴－3m≤－1＜e2≤m，
解得m≥e2，
即实数m的取值范围是[e2，＋∞)．
　(1)对条件进行变形，使变量相同(如都是x1)的在同一侧，观察是否可以构造一个函数，使左、右侧式子用该函数表示，进而转化为最值问题．
(2)双变量的恒(能)成立问题
① x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)恒成立≥g(x)max．
② x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)min．
③ x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)max．
④ x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)min．
⑤ x1∈D， x2∈E，使f (x1)＝g(x2) f (x)的值域是g(x)的值域的子集．
[学以致用]　3．已知函数f (x)＝ex－k－k ln x，g(x)＝ex－kx， x∈(1，＋∞)，f (x)A．(－∞，1)　　　　　 B．(－∞，1]
C．(－∞，e) D．(－∞，e]
D　[由题意得ex－k－k ln x即eln x+1－k(ln x＋1)令h(x)＝ex－kx，则h(ln x＋1)令m(x)＝ln x－x＋1，x∈(1，＋∞)，则m′(x)＝－1<0恒成立，
所以m(x)在(1，＋∞)上为减函数，即m(x)＝ln x－x＋1所以h(x)为增函数，即h′(x)＝ex－k≥0， x∈(1，＋∞)恒成立，所以k≤e．
故选D．]
微专题强化练(五)　导数法研究恒(能)成立问题
一、选择题
1．若 x＞0，使得ax2≤ln x成立，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
C　[由题设知a≤能成立，
令f (x)＝且x＞0，
则f ′(x)＝＝，
∴当0＜x＜时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增；
当x＞时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减．
∴f (x)≤f ()＝，故a≤．]
2．已知函数f (x)＝－mx(e为自然对数的底数)，若f (x)＜0在(0，＋∞)上有解，则实数m的取值范围是(　　)
A．(e，＋∞) B．(－∞，e)
C． D．
C　[由f (x)＝－mx＜0在(0，＋∞)上有解，可得，m＞在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝，x＞0，则m＞g(x)min，则g′(x)＝，
当0＜x＜2时，g′(x)＜0，函数单调递减，当x＞2时，g′(x)＞0，函数单调递增，
故当x＝2时，函数g(x)取得最小值g(2)＝．
故m＞．故选C．]
3．已知函数f (x)＝x＋sin x，若存在x∈[0，π]使不等式f (x sin x)≤f (m－cos x)成立，则整数m的最小值为(　　)
A．－1 B．0 C．1 D．
A　[由f (x)＝x＋sin x，可得f ′(x)＝1＋cos x≥0，
所以f (x)＝x＋sin x在x∈[0，π]上单调递增，
所以不等式f (x sin x)≤f (m－cos x)成立等价于x sin x≤m－cos x，
所以m≥x sin x＋cos x对于x∈[0，π]有解，
令g(x)＝x sin x＋cos x，只需m≥g(x)min，
则g′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，
当0≤x≤时，g′(x)＝x cos x≥0，g(x)单调递增，
当＜x≤π时，g′(x)＝x cos x＜0，g(x)单调递减，
所以g(0)＝cos 0＝1，g(π)＝πsin π＋cos π＝－1，
所以g(x)min＝g(π)＝－1，所以m≥－1，所以整数m的最小值为－1．]
4．任给两个正数x，y，使得不等式－y(ln x＋ln y)≤0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－e，0) B．[－e，＋∞)
C． D．
A　[不等式－y(ln x＋ln y)≤0恒成立，
整理为≤xy(ln x＋ln y)＝xy·ln (xy)恒成立，
设xy＝t＞0，g(t)＝t ln t，g′(t)＝ln t＋1，令g′(t)＝0，得t＝，
当0＜t＜，g′(t)＜0，当t＞，g′(t)＞0，
所以函数g(t)的单调递减区间是，单调递增区间是，
函数的最小值g＝－，所以≤－，得－e≤a＜0．故选A．]
5．已知函数f (x)＝－ex，g(x)＝x2－2x－1，若对任意x1∈，都存在x2∈满足f (x1)－g(x2)≥1，则实数a的取值范围是(　　)
A．[2e2，＋∞) B．[2e2－2，＋∞)
C． D．(－∞，1]
B　[令h(x)＝g(x)＋1＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈，
所以h(x)min＝h(1)＝－1，即－ex≥－1在x∈上恒成立，
故a≥－x＋xex在x∈上恒成立，
令φ(x)＝xex－x，则φ′(x)＝(x＋1)ex－1，
令t(x)＝(x＋1)ex－1，x∈，则t′(x)＝(x＋2)ex＞0，
即函数t(x)在上单调递增，故φ′(x)＝t(x)≥t＝－1＞0，
即函数φ(x)在上单调递增，故φ(x)max＝φ(2)＝2e2－2，
所以a≥2e2－2．
故选B．]
二、填空题
6．若不等式x2＋ax－2＜0在[1，4]上有解，则实数a的取值范围为________．
(－∞，1)　[∵x2＋ax－2＜0在[1，4]上有解，
∴a＜在[1，4]上有解，
∴a＜－x在[1，4]上有解，
令f (x)＝－x(1≤x≤4)，
则f ′(x)＝－－1，
∴当1≤x≤4时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
∴f (x)max＝f (1)＝－1＝1，
∵a＜－x在[1，4]上有解，
则a＜f (x)max，
∴a＜1．]
7．函数f (x)＝x3－2x＋c，g(x)＝ln x＋1，若f (x)≥g(x)恒成立，则实数c的取值范围是________．
[2，＋∞)　[由f (x)≥g(x)，即x3－2x＋c≥ln x＋1，即c≥－x3＋2x＋ln x＋1．令h(x)＝－x3＋2x＋ln x＋1(x＞0)，h′(x)＝－，故函数h(x)在区间(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，最大值为h(1)＝2，所以c≥2．]
8．若关于x的不等式axex－x－ln x≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围为________．
　[axex－x－ln x≥0，即axex≥x＋ln x＝ln ex＋ln x＝ln (xex)，x∈(0，＋∞)，设t＝xex，t′＝(x＋1)ex＞0恒成立，函数单调递增，故t＞0，
故a≥，设g(t)＝，t∈(0，＋∞)，故g′(t)＝，
当t∈(0，e)时，g′(t)＞0，函数单调递增，
当t∈(e，＋∞)时，g′(t)＜0，函数单调递减，
故g(t)max＝g(e)＝，故a≥．]
三、解答题
9．已知函数f (x)＝ax＋ln x(a∈R)．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意的x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]，使得f (x1)＜g(x2)，求实数a的取值范围．
[解]　(1)f ′(x)＝a＋，x＞0．
①当a≥0时，由于x∈(0，＋∞)，所以f ′(x)＞0，
所以f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a＜0时，令f ′(x)＝0，得x＝－．
当x变化时，f ′(x)与f (x)的变化情况如下表：
x －
f ′(x) ＋ 0 －
f (x) ? 极大值 ?
由上表知，f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为．
综上，当a≥0时，f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a＜0时，f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)问题等价于f (x)max＜g(x)max．
因为g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[0，1]，
所以g(x)的最大值为g(0)＝2．
由(1)知，当a≥0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意．
当a＜0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减，
故f (x)的极大值即最大值，为f ＝－1＋ln ＝－1－ln (－a)．
所以2＞－1－ln (－a)，解得a＜－．
故实数a的取值范围为．
6/9微专题5　导数法研究恒(能)成立问题
用导数研究恒(能)成立问题时，一般我们既要对函数和方程的形式进行观察，又要时刻注意数形结合帮助我们理解题意，需要灵活选择合适的方法解决问题．常见的用导数解决恒(能)成立的方法有分离变量法、分类讨论法、等价转化法等，下面进行举例说明．
类型1　分离变量法解决恒(能)成立问题
【例1】　已知函数f (x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a∈R)．若对于任意的x∈，都有2f (x)≥g(x)成立，求a的取值范围．
[尝试解答] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　(1)一般情况下，对于分参后的求解范围问题常有以下结论：
①a≥f (x)恒成立 a≥f (x)max；a≤f (x)恒成立 a≤f (x)min．
②a≥f (x)能成立 a≥f (x)min；a≤f (x)能成立 a≤f (x)max．
(2)分离变量时注意不等号的方向是否发生改变．
[学以致用]　1．设f (x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程为y＝1．设g(x)＝f (x)－x ln x＋x，且g(x)在区间内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
类型2　分类讨论法解决恒(能)成立问题
【例2】　已知函数f (x)＝ln x－x＋1，若非零实数a使得f (x)≥ax－ax2－对任意x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
[尝试解答] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　分类讨论法解决恒成立、能成立问题时需要确定分类标准，做到不重不漏．一般情况下，分类时常考虑以下情况：
(1)最高次项系数的正负情况(注意0)．
(2)导数的零点存在与否(二次的一般用Δ)．
(3)极值点的大小关系(分三种情况，包括相等)．
(4)极值点与定义域的关系．
[学以致用]　2．已知函数f (x)＝3x＋sin x cos x－a cos x在R上单调递增，则实数a 的取值范围是(　　)
A．[－2，2]
B．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
C．[－4，4]
D．(－∞，－4]∪[4，＋∞)
类型3　等价转化法解决恒(能)成立问题
【例3】　已知f (x)＝xex－ex，g(x)＝mx－m(m＞0)，若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]使得f (x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围．
[尝试解答] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　(1)对条件进行变形，使变量相同(如都是x1)的在同一侧，观察是否可以构造一个函数，使左、右侧式子用该函数表示，进而转化为最值问题．
(2)双变量的恒(能)成立问题
① x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)恒成立≥g(x)max．
② x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)min．
③ x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)max．
④ x1∈D， x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立≥g(x)min．
⑤ x1∈D， x2∈E，使f (x1)＝g(x2) f (x)的值域是g(x)的值域的子集．
[学以致用]　3．已知函数f (x)＝ex－k－k ln x，g(x)＝ex－kx， x∈(1，＋∞)，f (x)A．(－∞，1)　　　　　 B．(－∞，1]
C．(－∞，e) D．(－∞，e]
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