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(共60张PPT)
培优课　
利用导数研究恒（能）成立问题
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 单变量恒成立求参数范围问题
【例1】　已知函数 f （ x ）＝ln x .若对任意 x ＞0，不等式 f （ x ）≤ ax
≤ x2＋1恒成立，求实数 a 的取值范围.
解：因为对任意 x ＞0，不等式 f （ x ）≤ ax ≤ x2＋1恒成立，
所以在 x ＞0时恒成立，进一步转化为（ ）max≤ a ≤（ x
＋ ）min.
设 h （ x ）＝ （ x ＞0），则h'（ x ）＝ ，
令h'（ x ）＝0，得 x ＝e，
当 x ∈（0，e）时，h'（ x ）＞0；
当 x ∈（e，＋∞）时，h'（ x ）＜0，所以 h （ x ）≤ .
要使 f （ x ）≤ ax 恒成立，必须 a ≥ .
另一方面，当 x ＞0时， x ＋ ≥2，
要使 ax ≤ x2＋1恒成立，必须 a ≤2，
所以满足条件的 a 的取值范围是［ ，2］.
通性通法
1. 对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值
范围.
2. 利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题
转化为形如 a ≥ f （ x ）（或 a ≤ f （ x ））的形式，通过求函数 y ＝ f
（ x ）的最值求得参数范围.一般地，若 a ＞ f （ x ）对 x ∈ D 恒成
立，则只需 a ＞ f （ x ）max；若 a ＜ f （ x ）对 x ∈ D 恒成立，则只需
a ＜ f （ x ）min.
【跟踪训练】
已知 f （ x ）＝e x － ax2，若 f （ x ）≥ x ＋（1－ x ）e x 在[0，＋∞）恒
成立，则实数 a 的取值范围为 .
（－∞，1]
解析： f （ x ）≥ x ＋（1－ x ）e x ，即e x － ax2≥ x ＋e x － x e x ，
即e x － ax －1≥0， x ≥0.
令 h （ x ）＝e x － ax －1（ x ≥0），
则h'（ x ）＝e x － a （ x ≥0），
当 a ≤1时，由 x ≥0知h'（ x ）≥0，
∴在[0，＋∞）上 h （ x ）≥ h （0）＝0，原不等式恒成立.
当 a ＞1时，令h'（ x ）＞0，得 x ＞ln a ；
令h'（ x ）＜0，得0≤ x ＜ln a .
∴ h （ x ）在[0，ln a ）上单调递减，
又∵ h （0）＝0，∴ h （ x ）≥0不恒成立，
∴ a ＞1不合题意.
综上，实数 a 的取值范围为（－∞，1].
题型二 单变量能成立求参数范围问题
【例2】　已知函数 f （ x ）＝ ax －e x （ a ∈R）， g （ x ）＝
，若 x ∈（0，＋∞），使不等式 f （ x ）≤ g （ x ）－e x 成
立，求 a 的取值范围.
解：因为 x ∈（0，＋∞），使不等式 f （ x ）≤ g （ x ）－e x 成立，
则 ax ≤ ，即 a ≤ .
设 h （ x ）＝ ，
则问题转化为 a ≤（ ）max.
由h'（ x ）＝ ，
令h'（ x ）＝0，得 x ＝ .
当 x 在区间（0，＋∞）内变化时，h'（ x ）， h （ x ）随 x 的变化情况
如下表：
x
h'（ x ） ＋ 0 －
h （ x ） ↗ ↘
由上表可知，当 x ＝ 时，函数 h （ x ）有极大值，即最大值为 ，
所以 a ≤ .
故 a 的取值范围是（ －∞， ］.
通性通法
1. 含参数的能成立（存在型）问题的解题方法
a ≥ f （ x ）在 x ∈ D 上能成立，则 a ≥ f （ x ）min；
a ≤ f （ x ）在 x ∈ D 上能成立，则 a ≤ f （ x ）max.
2. 不等式能成立问题的解题关键点
【跟踪训练】
已知函数 f （ x ）＝ x － a ln x ， g （ x ）＝－ （ a ∈R）.
（1）设函数 h （ x ）＝ f （ x ）－ g （ x ），讨论函数 h （ x ）的
单调性；
解： h （ x ）＝ x ＋ － a ln x （ x ＞0），
h'（ x ）＝1－ － ＝ ＝ .
①当1＋ a ＞0，即 a ＞－1时，在（0，1＋ a ）上h'（ x ）＜0，
在（1＋ a ，＋∞）上h'（ x ）＞0，
所以 h （ x ）在（0，1＋ a ）上单调递减，
在（1＋ a ，＋∞）上单调递增；
②当1＋ a ≤0，即 a ≤－1时，
在（0，＋∞）上h'（ x ）＞0，
所以函数 h （ x ）在（0，＋∞）上是增函数，
综上所述，当 a ＞－1时， h （ x ）在（0，1＋ a ）上单调递减，
在（1＋ a ，＋∞）上单调递增；
当 a ≤－1时，函数 h （ x ）在（0，＋∞）上是增函数.
（2）若在区间[1，e]上存在一点 x0，使得 f （ x0）＜ g （ x0）成立，
求 a 的取值范围.
解： 在[1，e]上存在一点 x0，使得 f （ x0）＜ g （ x0）
成立，
即在[1，e]上存在一点 x0，使得 h （ x0）＜0，
即函数 h （ x ）＝ x ＋ － a ln x 在[1，e]上的最小值小于
零.
由（1）可知：
①当1＋ a ≥e，即 a ≥e－1时， h （ x ）在[1，e]上单调递
减，所以 h （ x ）的最小值为 h （e），
由 h （e）＝e＋ － a ＜0可得 a ＞ .
②当1＋ a ≤1，即 a ≤0时， h （ x ）在[1，e]上单调递增，
所以 h （ x ）的最小值为 h （1），
由 h （1）＝1＋1＋ a ＜0可得 a ＜－2.
③当1＜1＋ a ＜e，即0＜ a ＜e－1时，
可得 h （ x ）的最小值为 h （1＋ a ）.
因为0＜ln（1＋ a ）＜1，
所以0＜ a ln（1＋ a ）＜ a .
故 h （1＋ a ）＝2＋ a － a ln（1＋ a ）＞2，
此时， h （1＋ a ）＜0不成立.
综上所述，所求 a 的取值范围是（－∞，－2）∪（ ，
＋∞）.
题型三 双变量恒（能）成立求参数范围问题
【例3】　已知函数 f （ x ）＝ x3＋ x2＋ ax ，函数 g （ x ）＝ ，若对
x1∈［ ，2］， x2∈［ ，2］，使f'（ x1）≤ g （ x2）成立，求实
数 a 的取值范围.
解：“对 x1∈［ ，2］， x2∈［ ，2］，使f'（ x1）≤ g （ x2）成
立”等价于“当 x ∈［ ，2］时，f'（ x ）max≤ g （ x ）max”.
因为f'（ x ）＝ x2＋2 x ＋ a ＝（ x ＋1）2＋ a －1在［ ，2］上单调递
增，所以f'（ x ）max＝f'（2）＝8＋ a .
而g'（ x ）＝ ，由g'（ x ）＞0，得 x ＜1，
由g'（ x ）＜0，得 x ＞1，
所以 g （ x ）在（－∞，1）上单调递增，
在（1，＋∞）上单调递减.
所以当 x ∈［ ，2］时， g （ x ）max＝ g （1）＝ .
由8＋ a ≤ ，得 a ≤ －8，
所以实数 a 的取值范围为（ －∞， －8］.
通性通法
常见的双变量不等式恒（能）成立问题的类型
（1）对于任意的 x1∈[ a ， b ]，总存在 x2∈[ m ， n ]，使得 f （ x1）≤
g （ x2） f （ x ）max≤ g （ x ）max；
（2）对于任意的 x1∈[ a ， b ]，总存在 x2∈[ m ， n ]，使得 f （ x1）≥
g （ x2） f （ x ）min≥ g （ x ）min；
（3）若存在 x1∈[ a ， b ]，对任意的 x2∈[ m ， n ]，使得 f （ x1）≤ g
（ x2） f （ x ）min≤ g （ x ）min；
（4）若存在 x1∈[ a ， b ]，对任意的 x2∈[ m ， n ]，使得 f （ x1）≥ g
（ x2） f （ x ）max≥ g （ x ）max；
（5）对于任意的 x1∈[ a ， b ]， x2∈[ m ， n ]，使得 f （ x1）≤ g
（ x2） f （ x ）max≤ g （ x ）min；
（6）对于任意的 x1∈[ a ， b ]， x2∈[ m ， n ]，使得 f （ x1）≥ g
（ x2） f （ x ）min≥ g （ x ）max；
（7）若存在 x1∈[ a ， b ]， x2∈[ m ， n ]，使得 f （ x1）≤ g （ x2） f
（ x ）min≤ g （ x ）max；
（8）若存在 x1∈[ a ， b ]， x2∈[ m ， n ]，使得 f （ x1）≥ g （ x2） f
（ x ）max≥ g （ x ）min.
【跟踪训练】
已知函数 f （ x ）＝ x e x －e x ，函数 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：∵函数 f （ x ）＝ x e x －e x ＝e x （ x －1）的导函数f'（ x ）＝e x （ x
－1）＋e x ＝ x e x ，
∴当 x ∈（0，＋∞）时，f'（ x ）＞0，
故 f （ x ）在（0，＋∞）上单调递增，
当 x ∈（－∞，0）时，f'（ x ）＜0，
故 f （ x ）在（－∞，0）上单调递减，
∴ 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]，
又函数 g （ x ）＝ mx － m （ m ＞0）在[－2，2]上单调递增，∴ g
（ x ）在[－2，2]上的值域为[－3 m ， m ].
若对任意的 x1∈[－2，2]，总存在 x2∈[－2，2]，使得 f （ x1）＝ g
（ x2），
则[－1，e2] [－3 m ， m ]，∴－3 m ≤－1＜e2≤ m ，
解得 m ≥e2，即实数 m 的取值范围是[e2，＋∞）.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 若函数 f （ x ）＝ x3＋ ax2＋（ a ＋6） x 无极值，则 a 的取值范围为
（　　）
A. [－3，6] B. （－3，6）
C. （－∞，－3]∪[6，＋∞） D. （－∞，－3）∪（6，＋∞）
解析： 　因为 f （ x ）＝ x3＋ ax2＋（ a ＋6） x ，所以f'（ x ）＝3 x2
＋2 ax ＋ a ＋6，因为 f （ x ）无极值，所以（2 a ）2－4×3×（ a ＋
6）≤0，解得－3≤ a ≤6，所以 a 的取值范围为[－3，6].故选A.
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2. 已知函数 f （ x ）＝ln x － ax2－2 x 存在单调递减区间，则实数 a 的
取值范围是（　　）
A. （－∞，－1） B. （－1，＋∞）
C. [－1，＋∞） D. （1，＋∞）
解析： 　 f （ x ）＝ln x － ax2－2 x 的定义域为（0，＋∞），由题
意得f'（ x ）＝ － ax －2＜0在（0，＋∞）上有解，即 － ＜ a
在（0，＋∞）上有解，又 y ＝ － ＝（ －1）2－1≥－1，故 a
＞－1，故实数 a 的取值范围是（－1，＋∞）.故选B.
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3. 若函数 f （ x ）＝－ x2＋4 x ＋ b ln 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＋4 x ＋ b ln x 在（0，＋∞）上是减函
数，∴f'（ x ）≤0在（0，＋∞）上恒成立，即f'（ x ）＝－2 x ＋4
＋ ≤0，即 b ≤2 x2－4 x .∵2 x2－4 x ＝2（ x －1）2－2≥－2，∴ b
≤－2.
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4. 已知函数 f （ x ）＝e x － x ＋ a ，若 f （ x ）＞0恒成立，则实数 a 的取
值范围是（　　）
A. （－1，＋∞） B. （－∞，－1）
C. [－1，＋∞） D. （－∞，－1]
解析： 　f'（ x ）＝e x －1，令f'（ x ）＞0，解得 x ＞0，令f'（ x ）
＜0，解得 x ＜0，故 f （ x ）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋
∞）上单调递增，故 f （ x ）min＝ f （0）＝1＋ a .若 f （ x ）＞0恒成
立，则1＋ a ＞0，解得 a ＞－1，故选A.
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5. 已知函数 f （ x ）＝ ＋ x2－2 x － a （ x ＞0），若恒有 f （ x ）
≥0，则 a 的取值范围是（　　）
A. （3，＋∞） B. （e－1，＋∞）
C. （－∞，e－1] D. （－∞，0]
解析： 　由题可得f'（ x ）＝ ＋2 x －2＝（ x －1）（ ＋
2），由f'（ x ）＜0，可得0＜ x ＜1，此时 f （ x ）单调递减，由f'
（ x ）＞0，可得 x ＞1，此时 f （ x ）单调递增，∴ f （ x ）min＝ f
（1）＝e－1－ a ≥0，∴ a ≤e－1.故选C.
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6. “燃脂单车”运动是一种在音乐的烘托下，运动者根据训练者的指
引有节奏的踩踏单车，进而达到燃脂目的的运动，由于其操作简
单，燃脂性强，受到广大健身爱好者的喜爱.已知某一单车爱好者
的骑行速度 v （单位：km/h）随时间 t （单位：h）变化的函数关系
为 v （ t ）＝ ＋15， t ∈［ ，2］，则该单车爱好者骑行速度的最
大值为（　　）
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解析： 　因为 v （ t ）＝ ＋15， t ∈［ ，2］，所以v'（ t ）＝
，当 t ∈［ ，1）时，v'（ t ）＞0，当 t ∈（1，2]时，v'（ t ）
＜0，所以 v （ t ）在［ ，1）上单调递增，在（1，2]上单调递
减，所以 v （ t ）max＝ v （1）＝ ＋15.故选C.
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7. 已知函数 f （ x ）＝ －1＋ln x ，若存在 x0＞0，使得 f （ x0）≤0有
解，则实数 a 的取值范围是（　　）
A. （2，＋∞） B. （－∞，－3）
C. （－∞，1] D. [3，＋∞）
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解析： 　存在 x0＞0，使得 f （ x0）≤0有解，即 a ≤ x － x ln x 有
解，即 a ≤[ x － x ln x ]max，令 g （ x ）＝ x － x ln x ， x ＞0，则g'
（ x ）＝1－（ln x ＋1）＝－ln x ，当 x ∈（0，1）时，g'（ x ）＝－
ln x ＞0， g （ x ）单调递增，当 x ∈（1，＋∞）时，g'（ x ）＝－ln
x ＜0， g （ x ）单调递减，∴ g （ x ）max＝ g （1）＝1，∴ a ≤1，
故选C.
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8. 已知函数 f （ x ）＝ sin （ 2 x ＋ ）－ － mx 在［0， ］上单调递
减，则实数 m 的最小值是（　　）
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解析： 由 f （ x ）＝ sin （ 2 x ＋ ）－ － mx 在［0， ］上单调递减，得f'（ x ）＝2 cos （ 2 x ＋ ）－ x － m ≤0（ x ∈［0， ］），即2 cos （ 2 x ＋ ）－ x ≤ m （ x ∈［0， ］），令 g （ x ）＝2 cos （ 2 x ＋ ）－ x （ x ∈［0， ］），则g'（ x ）＝－4 sin （ 2 x ＋ ）－1（ x ∈［0， ］），当 x ∈［0， ］时， ≤2 x ＋ ≤ ，则2≤4 sin （ 2 x ＋ ）≤4，所以－5≤－4 sin （ 2 x ＋ ）－1≤－3，即g'（ x ）＜0，所以 g （ x ）在 x ∈［0， ］上单调递减， g （ x ）max＝ g （0）＝ ，所以 m ≥ ， m 的最小值为 .
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9. （多选）已知命题 p ：“ x ∈（0，＋∞）， x ＋1≥e x ”.下列说
法正确的是（　　）
A. p 为真命题
B. p 为假命题
C. p 的否定： x ∈（0，＋∞）， x ＋1≥e x
D. p 的否定： x ∈（0，＋∞）， x ＋1＜e x
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解析： 　命题 p ：“ x ∈（0，＋∞）， x ＋1≥e x ”，设 f
（ x ）＝e x － x －1， x ＞0，则f'（ x ）＝e x －1，所以 x ∈
（0，＋∞）时，f'（ x ）＞0， f （ x ）单调递增，所以 f （ x ）
＞ f （0）＝0，即e x ＞ x ＋1在（0，＋∞）恒成立，故命题 p 为
假命题，则B正确； p 的否定： x ∈（0，＋∞）， x ＋1＜e
x ，则D正确.故选B、D.
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10. （多选）已知函数 f （ x ）＝ x2e x ， x ∈R. 下列结论正确的是
（　　）
A. 函数 f （ x ）不存在最大值，也不存在最小值
B. 函数 f （ x ）存在极大值和极小值
C. 函数 f （ x ）有且只有1个零点
D. 函数 f （ x ）的极小值就是 f （ x ）的最小值
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解析： 　 f （ x ）＝ x2e x ， x ∈R，则f'
（ x ）＝ x （ x ＋2）·e x ，令f'（ x ）＜0 －2
＜ x ＜0，令f'（ x ）＞0 x ＜－2或 x ＞0，所
以函数 f （ x ）在（－2，0）上单调递减，在
（－∞，－2）和（0，＋∞）上单调递增，且 f （0）＝0， f （ x ）＝ x2e x ≥0，如图，所以 f （ x ）min＝ f （0）＝0，函数在 x ＝－2处
取得极大值，在 x ＝0处取得极小值，极小值 f （0）即为最小值，且函数有且只有一个零点0.故选B、C、D.
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11. （多选）已知函数 f （ x ）＝（ x2－2 x ）e x ，关于 f （ x ）的性质，
以下四个结论中正确的是（　　）
B. 函数 f （ x ）在区间（0，2）上单调递增
C. f （ x ）有两个零点
D. f （ x ）是奇函数
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解析： 　函数 f （ x ）＝（ x2－2 x ）e x 的定义域为R，f'（ x ）＝
（2 x －2）e x ＋（ x2－2 x ）e x ＝（ x2－2）e x ，当－ ＜ x ＜
时，f'（ x ）＜0，即函数 f （ x ）在（－ ， ）上单调递减，
当 x ＜－ 或 x ＞ 时，f'（ x ）＞0，即函数 f （ x ）在（－∞，
－ ），（ ，＋∞）上单调递增，B错误；函数 f （ x ）的极
大值 f （－ ）＝（2＋2 ） ＞0，极小值 f （ ）＝（2
－2 ） ＜0，而当 x ＜0或 x ＞2时恒有 f （ x ）＞0，因此函数
f （ x ）在 x ＝ 处取得最小值，A正确；由（ x2－2 x ）e x ＝0解得
x ＝0或 x ＝2，因此函数 f （ x ）有两个零点，C正确；
因为 f （－ x ）＝（ x2＋2 x ）e－ x ≠－ f （ x ）， f （－ x ）≠ f （ x ），
即 f （ x ）是非奇非偶函数，D错误.故选A、C.
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12. （多选）下列说法正确的是（　　）
C. f （ x ）＝ x －ln x （ x ＞0）的最小值为1
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解析： 　 f （ x ）＝ x ＋ （ x ∈R），f'（ x ）＝1－ ＝
，函数 f （ x ）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上
单调递增，故函数 f （ x ）的最小值为 f （0）＝1，A正确； f
（ x ）＝ （ x ＞0），f'（ x ）＝ ，函数 f （ x ）在（0，
1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，故函数 f （ x ）的最
小值为 f （1）＝e，B错误；
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f （ x ）＝ x －ln x （ x ＞0），f'（ x ）＝1－ ＝ ，函数 f （ x ）在
（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，故函数 f （ x ）的
最小值为 f （1）＝1，C正确； f （ x ）＝ x （ x ＞0），f'（ x ）＝
＋ x ·（－ ）＝ ，函数 f （ x ）在（0，1）上单调递减，
在（1，＋∞）上单调递增，故函数 f （ x ）的最小值为 f （1）＝e，D
错误；故选A、C.
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解析：由题知 f （ x ）≤0恒成立，即ln x － ax －1≤0在（0，＋
∞）上恒成立，即 a ≥ 在（0，＋∞）上恒成立，即 a ≥
（ ）max，记 g （ x ）＝ ，所以g'（ x ）＝ ＝
，当 x ∈（0，e2）时，g'（ x ）＞0， g （ x ）单调递增，当 x
∈（e2，＋∞）时，g'（ x ）＜0， g （ x ）单调递减，所以 g
（ x ）max＝ g （e2）＝ ，所以 a ∈［ ，＋∞）.
［ ，＋∞）
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14. 若存在 x ∈[0，1]，使得3 x ＋ ≥7 m ＋1成立，则实数 m 的取值
范围是 .
解析：设 t ＝3 x ，因为0≤ x ≤1，所以1≤ t ≤3.设 g （ t ）＝ t ＋
（1≤ t ≤3），则g'（ t ）＝1－ ＝ ≥0，则 g （ t ）在
[1，3]上单调递增，故 g （ t ）max＝ g （3）＝3＋ ＝ .由题可知
7 m ＋1≤ ，解得 m ≤ ，所以 m 的取值范围是（ －∞， ］.
（ －∞， ］
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15. 设函数 f （ x ）＝ ax3－3 x ＋1（ a ＞1），若对于任意的 x ∈[－1，
1]，都有 f （ x ）≥0成立，则实数 a 的值为 .
解析：由题意得，f'（ x ）＝3 ax2－3，当 a ＞1时，令f'（ x ）＝3
ax2－3＝0，解得 x ＝± ，± ∈（－1，1）.①当－1≤ x ＜－
时，f'（ x ）＞0， f （ x ）单调递增；②当－ ＜ x ＜ 时，f'
（ x ）＜0， f （ x ）单调递减；③当 ＜ x ≤1时，f'（ x ）＞0， f
（ x ）单调递增.所以只需 f （ ）≥0，且 f （－1）≥0即可，由 f
（ ）≥0，得 a ·（ ）3－3· ＋1≥0，解得 a ≥4，由 f （－1）
≥0，可得 a ≤4.综上可得 a ＝4.
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16. 已知函数 f （ x ）＝ a （ x ＋ln x ）， g （ x ）＝ x2.当 a ＞0时，若对
于区间[1，2]上的任意两个不相等的实数 x1， x2，都有｜ f （ x1）
－ f （ x2）｜＜｜ g （ x1）－ g （ x2）｜成立，则实数 a 的取值范围
是 .
（0，1]
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解析：不妨设1≤ x1＜ x2≤2.因为 a ＞0，所以f'（ x ）＝ a （ 1＋
）＞0，所以 f （ x ）在[1，2]上单调递增，即 f （ x1）＜ f
（ x2）.又因为 g （ x ）＝ x2在[1，2]上也单调递增，所以 g （ x1）
＜ g （ x2）.所以不等式｜ f （ x1）－ f （ x2）｜＜｜ g （ x1）－ g
（ x2）｜即为 f （ x2）－ f （ x1）＜ g （ x2）－ g （ x1），即 f （ x2）
－ g （ x2）＜ f （ x1）－ g （ x1），设 F （ x ）＝ f （ x ）－ g
（ x ），即 F （ x ）＝ ax ＋ a ln x － x2，则 F （ x2）＜ F （ x1），因
此 F （ x ）在[1，
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2]上单调递减.于是F'（ x ）＝ a ＋ －2 x ≤0在[1，2]上恒成立，即 a
≤ 在[1，2]上恒成立.令 u （ x ）＝ ，则u'（ x ）＝ ＞0，
即 u （ x ）在[1，2]上单调递增，因此 u （ x ）在[1，2]上的最小值为
u （1）＝1，所以 a ≤1，故实数 a 的取值范围是0＜ a ≤1.
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17. 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；
解： 当 a ＝－1时， f （ x ）＝ x － ，
则f'（ x ）＝1＋ ＞0，∴ f （ x ）在[0，＋∞）上单调递增，
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.
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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 ＞e x （2－ x ）恒成立，
令 g （ x ）＝e x （2－ x ），则g'（ x ）＝e x （1－ x ），
令g'（ x ）＞0，得 x ＜1；令g'（ x ）＜0，得 x ＞1，
∴ g （ x ）在（－∞，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单
调递减，
∴ g （ x ）max＝ g （1）＝e，
∴ a 的取值范围为（e，＋∞）.
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18. 已知函数 f （ x ）＝ x sin x ＋ cos x .
（1）当 x ∈（0，π）时，求函数 f （ x ）的单调区间；
解： 因为 f （ x ）＝ x sin x ＋ cos x ，
所以f'（ x ）＝ sin x ＋ x cos x － sin x ＝ x cos x .
当 x ∈（0，π）时，f'（ x ）与 f （ x ）的变化情况如表所
示：
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x
f'（ x ） ＋ 0 －
f （ x ） ↗ ↘
所以当 x ∈（0，π）时，函数 f （ x ）的单调递增区间为
（ 0， ），函数 f （ x ）的单调递减区间为（ ，π）.
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（2）设函数 g （ x ）＝－ x2＋2 ax .若对任意 x1∈[－π，π]，存在
x2∈[0，1]，使得 f （ x1）≤ g （ x2）成立，求实数 a 的取
值范围.
解： 当 x ∈[－π，π]时， f （－ x ）＝ f （ x ），所以函
数 f （ x ）为偶函数.
所以当 x ∈[－π，π]时，函数 f （ x ）的单调递增区间为
（ －π，－ ），（ 0， ），
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函数 f （ x ）的单调递减区间为（ － ，0），（ ，π），
所以函数 f （ x ）的最大值为 f （ － ）＝ f （ ）＝ .
设 h （ x ）＝ f （ x ），则当 x ∈[－π，π]时，
h （ x ）max＝ · ＝ .
对任意 x1∈[－π，π]，存在 x2∈[0，1]，使得 h （ x1）≤ g
（ x2）成立，等价于 h （ x ）max≤ g （ x ）max.
当 a ≤0时，函数 g （ x ）在区间[0，1]上的最大值为 g （0）
＝0，不合题意.
当0＜ a ＜1时，函数 g （ x ）在区间[0，1]上的最大值为 g
（ a ）＝ a2，则 a2≥ ，
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解得 a ≥ 或 a ≤－ ，
所以 ≤ a ＜1.
当 a ≥1时，函数 g （ x ）在区间[0，1]上的最大值为 g （1）
＝2 a －1，则2 a －1≥ ，
解得 a ≥ ，
所以 a ≥1.
综上所述， a 的取值范围是［ ，＋∞）.
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谢 谢 观 看！培优课　利用导数研究恒（能）成立问题
1.若函数f（x）＝x3＋ax2＋（a＋6）x无极值，则a的取值范围为（　　）
A.[－3，6]
B.（－3，6）
C.（－∞，－3]∪[6，＋∞）
D.（－∞，－3）∪（6，＋∞）
2.已知函数f（x）＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（　　）
A.（－∞，－1）　　　　　　B.（－1，＋∞）
C.[－1，＋∞） D.（1，＋∞）
3.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，＋∞）
4.已知函数f（x）＝ex－x＋a，若f（x）＞0恒成立，则实数a的取值范围是（　　）
A.（－1，＋∞） B.（－∞，－1）
C.[－1，＋∞） D.（－∞，－1]
5.已知函数f（x）＝＋x2－2x－a（x＞0），若恒有f（x）≥0，则a的取值范围是（　　）
A.（3，＋∞） B.（e－1，＋∞）
C.（－∞，e－1] D.（－∞，0]
6.“燃脂单车”运动是一种在音乐的烘托下，运动者根据训练者的指引有节奏的踩踏单车，进而达到燃脂目的的运动，由于其操作简单，燃脂性强，受到广大健身爱好者的喜爱.已知某一单车爱好者的骑行速度v（单位：km/h）随时间t（单位：h）变化的函数关系为v（t）＝＋15，t∈［，2］，则该单车爱好者骑行速度的最大值为（　　）
A.＋15 B.＋15
C.＋15 D.＋15
7.已知函数f（x）＝－1＋ln x，若存在x0＞0，使得f（x0）≤0有解，则实数a的取值范围是（　　）
A.（2，＋∞） B.（－∞，－3）
C.（－∞，1] D.[3，＋∞）
8.已知函数f（x）＝sin（ 2x＋）－－mx在［0，］上单调递减，则实数m的最小值是（　　）
A.－ B.－
C. D.
9.（多选）已知命题p：“ x∈（0，＋∞），x＋1≥ex”.下列说法正确的是（　　）
A.p为真命题 B.p为假命题
C.p的否定： x∈（0，＋∞），x＋1≥ex D.p的否定： x∈（0，＋∞），x＋1＜ex
10.（多选）已知函数f（x）＝x2ex，x∈R.下列结论正确的是 （　　）
A.函数f（x）不存在最大值，也不存在最小值
B.函数f（x）存在极大值和极小值
C.函数f（x）有且只有1个零点
D.函数f（x）的极小值就是f（x）的最小值
11.（多选）已知函数f（x）＝（x2－2x）ex，关于f（x）的性质，以下四个结论中正确的是 （　　）
A.函数f（x）在x＝处取得最小值
B.函数f（x）在区间（0，2）上单调递增
C.f（x）有两个零点
D.f（x）是奇函数
12.（多选）下列说法正确的是（　　）
A.f（x）＝x＋（x∈R）的最小值为1
B.f（x）＝（x＞0）的最小值为1
C.f（x）＝x－ln x（x＞0）的最小值为1
D.f（x）＝x（x＞0）的最小值1
13.已知函数f（x）＝ln x－ax－1，若f（x）≤0恒成立，则实数a的取值范围为　　　　.
14.若存在x∈[0，1]，使得3x＋≥7m＋1成立，则实数m的取值范围是　　　　.
15.设函数f（x）＝ax3－3x＋1（a＞1），若对于任意的x∈[－1，1]，都有f（x）≥0成立，则实数a的值为　　　　.
16.已知函数f（x）＝a（x＋ln x），g（x）＝x2.当a＞0时，若对于区间[1，2]上的任意两个不相等的实数x1，x2，都有｜f（x1）－f（x2）｜＜｜g（x1）－g（x2）｜成立，则实数a的取值范围是　　　　.
17.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.
18.已知函数f（x）＝xsin x＋cos x.
（1）当x∈（0，π）时，求函数f（x）的单调区间；
（2）设函数g（x）＝－x2＋2ax.若对任意x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得f（x1）≤g（x2）成立，求实数a的取值范围.
培优课　利用导数研究恒（能）成立问题
1.A　因为f（x）＝x3＋ax2＋（a＋6）x，所以f'（x）＝3x2＋2ax＋a＋6，因为f（x）无极值，所以（2a）2－4×3×（a＋6）≤0，解得－3≤a≤6，所以a的取值范围为[－3，6].故选A.
2.B　f（x）＝ln x－ax2－2x的定义域为（0，＋∞），由题意得f'（x）＝－ax－2＜0在（0，＋∞）上有解，即－＜a在（0，＋∞）上有解，又y＝－＝（ －1）2－1≥－1，故a＞－1，故实数a的取值范围是（－1，＋∞）.故选B.
3.A　∵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.
4.A　f'（x）＝ex－1，令f'（x）＞0，解得x＞0，令f'（x）＜0，解得x＜0，故f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，故f（x）min＝f（0）＝1＋a.若f（x）＞0恒成立，则1＋a＞0，解得a＞－1，故选A.
5.C　由题可得f'（x）＝＋2x－2＝（x－1）（ ＋2），由f'（x）＜0，可得0＜x＜1，此时f（x）单调递减，由f'（x）＞0，可得x＞1，此时f（x）单调递增，∴f（x）min＝f（1）＝e－1－a≥0，∴a≤e－1.故选C.
6.C　因为v（t）＝＋15，t∈［，2］，所以v'（t）＝，当t∈［，1）时，v'（t）＞0，当t∈（1，2]时，v'（t）＜0，所以v（t）在［，1）上单调递增，在（1，2]上单调递减，所以v（t）max＝v（1）＝＋15.故选C.
7.C　存在x0＞0，使得f（x0）≤0有解，即a≤x－xln x有解，即a≤[x－xln x]max，令g（x）＝x－xln x，x＞0，则g'（x）＝1－（ln x＋1）＝－ln x，当x∈（0，1）时，g'（x）＝－ln x＞0，g（x）单调递增，当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＝－ln x＜0，g（x）单调递减，∴g（x）max＝g（1）＝1，∴a≤1，故选C.
8.D　由f（x）＝sin（ 2x＋）－－mx在［0，］上单调递减，得f'（x）＝2cos（ 2x＋）－x－m≤0（ x∈［0，］），即2cos（ 2x＋）－x≤m（ x∈［0，］），令g（x）＝2cos（ 2x＋）－x（ x∈［0，］），则g'（x）＝－4sin（ 2x＋）－1（ x∈［0，］），当x∈［0，］时，≤2x＋≤，则2≤4sin（ 2x＋）≤4，所以－5≤－4sin（ 2x＋）－1≤－3，即g'（x）＜0，所以g（x）在x∈［0，］上单调递减，g（x）max＝g（0）＝，所以m≥，m的最小值为.
9.BD　命题p：“ x∈（0，＋∞），x＋1≥ex”，设f（x）＝ex－x－1，x＞0，则f'（x）＝ex－1，所以x∈（0，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）＞f（0）＝0，即ex＞x＋1在（0，＋∞）恒成立，故命题p为假命题，则B正确；p的否定： x∈（0，＋∞），x＋1＜ex，则D正确.故选B、D.
10.BCD　f（x）＝x2ex，x∈R，则f'（x）＝x（x＋2）ex，令f'（x）＜0 －2＜x＜0，令f'（x）＞0 x＜－2或x＞0，所以函数f（x）在（－2，0）上单调递减，在（－∞，－2）和（0，＋∞）上单调递增，且f（0）＝0，f（x）＝x2ex≥0，如图，所以f（x）min＝f（0）＝0，函数在x＝－2处取得极大值，在x＝0处取得极小值，极小值f（0）即为最小值，且函数有且只有一个零点0.故选B、C、D.
11.AC　函数f（x）＝（x2－2x）ex的定义域为R，f'（x）＝（2x－2）ex＋（x2－2x）ex＝（x2－2）ex，当－＜x＜时，f'（x）＜0，即函数f（x）在（－，）上单调递减，当x＜－或x＞时，f'（x）＞0，即函数f（x）在（－∞，－），（，＋∞）上单调递增，B错误；函数f（x）的极大值f（－）＝（2＋2）＞0，极小值f（）＝（2－2）＜0，而当x＜0或x＞2时恒有f（x）＞0，因此函数f（x）在x＝处取得最小值，A正确；由（x2－2x）ex＝0解得x＝0或x＝2，因此函数f（x）有两个零点，C正确；因为f（－x）＝（x2＋2x）e－x≠－f（x），f（－x）≠f（x），即f（x）是非奇非偶函数，D错误.故选A、C.
12.AC　f（x）＝x＋（x∈R），f'（x）＝1－＝，函数f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，故函数f（x）的最小值为f（0）＝1，A正确；f（x）＝（x＞0），f'（x）＝，函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，故函数f（x）的最小值为f（1）＝e，B错误；f（x）＝x－ln x（x＞0），f'（x）＝1－＝，函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，故函数f（x）的最小值为f（1）＝1，C正确；f（x）＝x（x＞0），f'（x）＝＋x·（－）＝，函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，故函数f（x）的最小值为f（1）＝e，D错误；故选A、C.
13.［，＋∞）　解析：由题知f（x）≤0恒成立，即ln x－ax－1≤0在（0，＋∞）上恒成立，即a≥在（0，＋∞）上恒成立，即a≥（ ）max，记g（x）＝，所以g'（x）＝＝，当x∈（0，e2）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（e2，＋∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，所以g（x）max＝g（e2）＝，所以a∈［，＋∞）.
14.（ －∞，］　解析：设t＝3x，因为0≤x≤1，所以1≤t≤3.设g（t）＝t＋（1≤t≤3），则g'（t）＝1－＝≥0，则g（t）在[1，3]上单调递增，故g（t）max＝g（3）＝3＋＝.由题可知7m＋1≤，解得m≤，所以m的取值范围是（ －∞，］.
15.4　解析：由题意得，f'（x）＝3ax2－3，当a＞1时，令f'（x）＝3ax2－3＝0，解得x＝±，±∈（－1，1）.①当－1≤x＜－时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；②当－＜x＜时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；③当＜x≤1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.所以只需f（ ）≥0，且f（－1）≥0即可，由f（ ）≥0，得a·（ ）3－3·＋1≥0，解得a≥4，由f（－1）≥0，可得a≤4.综上可得a＝4.
16.（0，1]　解析：不妨设1≤x1＜x2≤2.因为a＞0，所以f'（x）＝a（ 1＋）＞0，所以f（x）在[1，2]上单调递增，即f（x1）＜f（x2）.又因为g（x）＝x2在[1，2]上也单调递增，所以g（x1）＜g（x2）.所以不等式｜f（x1）－f（x2）｜＜｜g（x1）－g（x2）｜即为f（x2）－f（x1）＜g（x2）－g（x1），即f（x2）－g（x2）＜f（x1）－g（x1），设F（x）＝f（x）－g（x），即F（x）＝ax＋aln x－x2，则F（x2）＜F（x1），因此F（x）在[1，2]上单调递减.于是F'（x）＝a＋－2x≤0在[1，2]上恒成立，即a≤在[1，2]上恒成立.令u（x）＝，则u'（x）＝＞0，即u（x）在[1，2]上单调递增，因此u（x）在[1，2]上的最小值为u（1）＝1，所以a≤1，故实数a的取值范围是0＜a≤1.
17.解：（1）当a＝－1时，f（x）＝x－，
则f'（x）＝1＋＞0，
∴f（x）在[0，＋∞）上单调递增，
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）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
∴g（x）max＝g（1）＝e，
∴a的取值范围为（e，＋∞）.
18.解：（1）因为f（x）＝xsin x＋cos x，
所以f'（x）＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.
当x∈（0，π）时，f'（x）与f（x）的变化情况如表所示：
x （ 0，） （ ，π）
f'（x） ＋ 0 －
f（x） ↗ ↘
所以当x∈（0，π）时，函数f（x）的单调递增区间为（ 0，），函数f（x）的单调递减区间为（ ，π）.
（2）当x∈[－π，π]时，f（－x）＝f（x），所以函数f（x）为偶函数.
所以当x∈[－π，π]时，函数f（x）的单调递增区间为（ －π，－），（ 0，），
函数f（x）的单调递减区间为（ －，0），（ ，π），
所以函数f（x）的最大值为f（ －）＝f（ ）＝.
设h（x）＝f（x），则当x∈[－π，π]时，h（x）max＝·＝.
对任意x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得h（x1）≤g（x2）成立，等价于h（x）max≤g（x）max.
当a≤0时，函数g（x）在区间[0，1]上的最大值为g（0）＝0，不合题意.
当0＜a＜1时，函数g（x）在区间[0，1]上的最大值为g（a）＝a2，
则a2≥，解得a≥或a≤－，所以≤a＜1.
当a≥1时，函数g（x）在区间[0，1]上的最大值为g（1）＝2a－1，
则2a－1≥，解得a≥，
所以a≥1.
综上所述，a的取值范围是［，＋∞）.
2 / 2培优课　利用导数研究恒（能）成立问题
题型一 单变量恒成立求参数范围问题
【例1】　已知函数f（x）＝ln x.若对任意x＞0，不等式f（x）≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
通性通法
1.对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.
2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f（x）（或a≤f（x））的形式，通过求函数y＝f（x）的最值求得参数范围.一般地，若a＞f（x）对x∈D恒成立，则只需a＞f（x）max；若a＜f（x）对x∈D恒成立，则只需a＜f（x）min.
【跟踪训练】
已知f（x）＝ex－ax2，若f（x）≥x＋（1－x）ex在[0，＋∞）恒成立，则实数a的取值范围为　　　　.
题型二 单变量能成立求参数范围问题
【例2】　已知函数f（x）＝ax－ex（a∈R），g（x）＝，若 x∈（0，＋∞），使不等式f（x）≤g（x）－ex成立，求a的取值范围.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
通性通法
1.含参数的能成立（存在型）问题的解题方法
a≥f（x）在x∈D上能成立，则a≥f（x）min；
a≤f（x）在x∈D上能成立，则a≤f（x）max.
2.不等式能成立问题的解题关键点
【跟踪训练】
已知函数f（x）＝x－aln x，g（x）＝－（a∈R）.
（1）设函数h（x）＝f（x）－g（x），讨论函数h（x）的单调性；
（2）若在区间[1，e]上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值范围.
题型三 双变量恒（能）成立求参数范围问题
【例3】　已知函数f（x）＝x3＋x2＋ax，函数g（x）＝，若对 x1∈［，2］， x2∈［，2］，使f'（x1）≤g（x2）成立，求实数a的取值范围.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
通性通法
常见的双变量不等式恒（能）成立问题的类型
（1）对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f（x1）≤g（x2） f（x）max≤g（x）max；
（2）对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f（x1）≥g（x2） f（x）min≥g（x）min；
（3）若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f（x1）≤g（x2） f（x）min≤g（x）min；
（4）若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f（x1）≥g（x2） f（x）max≥g（x）max；
（5）对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f（x1）≤g（x2） f（x）max≤g（x）min；
（6）对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f（x1）≥g（x2） f（x）min≥g（x）max；
（7）若存在x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f（x1）≤g（x2） f（x）min≤g（x）max；
（8）若存在x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f（x1）≥g（x2） f（x）max≥g（x）min.
【跟踪训练】
已知函数f（x）＝xex－ex，函数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.
培优课　利用导数研究恒（能）成立问题
【典型例题·精研析】
【例1】　解：因为对任意x＞0，不等式f（x）≤ax≤x2＋1恒成立，
所以在x＞0时恒成立，进一步转化为（ ）max≤a≤（ x＋）min.
设h（x）＝（x＞0），则h'（x）＝，
令h'（x）＝0，得x＝e，
当x∈（0，e）时，h'（x）＞0；
当x∈（e，＋∞）时，h'（x）＜0，所以h（x）≤.
要使f（x）≤ax恒成立，必须a≥.
另一方面，当x＞0时，x＋≥2，
要使ax≤x2＋1恒成立，必须a≤2，
所以满足条件的a的取值范围是［，2］.
跟踪训练
　（－∞，1]　解析：f（x）≥x＋（1－x）ex，
即ex－ax2≥x＋ex－xex，
即ex－ax－1≥0，x≥0.
令h（x）＝ex－ax－1（x≥0），
则h'（x）＝ex－a（x≥0），
当a≤1时，由x≥0知h'（x）≥0，
∴在[0，＋∞）上h（x）≥h（0）＝0，原不等式恒成立.
当a＞1时，令h'（x）＞0，得x＞ln a；
令h'（x）＜0，得0≤x＜ln a.∴h（x）在[0，ln a）上单调递减，
又∵h（0）＝0，∴h（x）≥0不恒成立，
∴a＞1不合题意.
综上，实数a的取值范围为（－∞，1].
【例2】　解：因为 x∈（0，＋∞），使不等式f（x）≤g（x）－ex成立，
则ax≤，即a≤.
设h（x）＝，则问题转化为a≤（ ）max.
由h'（x）＝，
令h'（x）＝0，得x＝.
当x在区间（0，＋∞）内变化时，h'（x），h（x）随x的变化情况如下表：
x （0，） （，＋∞）
h'（x） ＋ 0 －
h（x） ↗ 极大值 ↘
由上表可知，当x＝时，函数h（x）有极大值，即最大值为，所以a≤.
故a的取值范围是（ －∞，］.
跟踪训练
　解：（1）h（x）＝x＋－aln x（x＞0），
h'（x）＝1－－＝＝.
①当1＋a＞0，即a＞－1时，
在（0，1＋a）上h'（x）＜0，
在（1＋a，＋∞）上h'（x）＞0，
所以h（x）在（0，1＋a）上单调递减，
在（1＋a，＋∞）上单调递增；
②当1＋a≤0，即a≤－1时，
在（0，＋∞）上h'（x）＞0，
所以函数h（x）在（0，＋∞）上是增函数，
综上所述，当a＞－1时，h（x）在（0，1＋a）上单调递减，在（1＋a，＋∞）上单调递增；
当a≤－1时，函数h（x）在（0，＋∞）上是增函数.
（2）在[1，e]上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，
即在[1，e]上存在一点x0，使得h（x0）＜0，
即函数h（x）＝x＋－aln x在[1，e]上的最小值小于零.
由（1）可知：
①当1＋a≥e，即a≥e－1时，h（x）在[1，e]上单调递减，所以h（x）的最小值为h（e），
由h（e）＝e＋－a＜0可得a＞.
②当1＋a≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
所以h（x）的最小值为h（1），
由h（1）＝1＋1＋a＜0可得a＜－2.
③当1＜1＋a＜e，即0＜a＜e－1时，
可得h（x）的最小值为h（1＋a）.
因为0＜ln（1＋a）＜1，
所以0＜aln（1＋a）＜a.
故h（1＋a）＝2＋a－aln（1＋a）＞2，
此时，h（1＋a）＜0不成立.
综上所述，所求a的取值范围是（－∞，－2）∪（ ，＋∞）.
【例3】　解：“对 x1∈［，2］， x2∈［，2］，使f'（x1）≤g（x2）成立”等价于“当x∈［，2］时，f'（x）max≤g（x）max”.
因为f'（x）＝x2＋2x＋a＝（x＋1）2＋a－1在［，2］上单调递增，
所以f'（x）max＝f'（2）＝8＋a.
而g'（x）＝，由g'（x）＞0，得x＜1，
由g'（x）＜0，得x＞1，
所以g（x）在（－∞，1）上单调递增，
在（1，＋∞）上单调递减.
所以当x∈［，2］时，g（x）max＝g（1）＝.
由8＋a≤，得a≤－8，
所以实数a的取值范围为（ －∞，－8］.
跟踪训练
　解：∵函数f（x）＝xex－ex＝ex（x－1）的导函数f'（x）＝ex（x－1）＋ex＝xex，
∴当x∈（0，＋∞）时，f'（x）＞0，
故f（x）在（0，＋∞）上单调递增，
当x∈（－∞，0）时，f'（x）＜0，
故f（x）在（－∞，0）上单调递减，
∴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]，
又函数g（x）＝mx－m（m＞0）在[－2，2]上单调递增，
∴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，＋∞）.
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