第2講 恒成立問題與有解問題

第2講恒成立問題與有解問題一．不等式的恒成立與有解問題，可按如下規(guī)則轉(zhuǎn)化：一般地，已知函數(shù)，（1）若，，總有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，則的值域是值域的子集．二．恒成立問題的一般解答方法如下：

（1）參數(shù)分離法：將原不等式化為或恒成立的問題，然后分析函數(shù)在所給區(qū)間的單調(diào)性及最值，只需滿足最值成立即可；（2）分類討論：討論函數(shù)在所給區(qū)間單調(diào)性及最值，需滿足或【典例1】已知函數(shù)f(x)＝(1－x)ex－1.(1)求f(x)的極值；(2)設(shè)g(x)＝(x－t)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(m,t)))2，存在x1∈(－∞，＋∞)，x2∈(0，＋∞)，使方程f(x1)＝g(x2)成立，求實數(shù)m的最小值．【解析】解(1)f′(x)＝－xex，當x∈(0，＋∞)時，f′(x)<0，當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0，∴當x＝0時，f(x)有極大值f(0)＝e0－1＝0，f(x)沒有極小值．(2)由(1)知f(x)≤0，又因為g(x)＝(x－t)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(m,t)))2≥0，所以要使方程f(x1)＝g(x2)有解，必然存在x2∈(0，＋∞)，使g(x2)＝0，所以x＝t，lnx＝eq\f(m,t)，等價于方程lnx＝eq\f(m,x)有解，即方程m＝xlnx在(0，＋∞)上有解，記h(x)＝xlnx，x∈(0，＋∞)，則h′(x)＝lnx＋1，令h′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e)，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以當x＝eq\f(1,e)時，h(x)min＝－eq\f(1,e)，所以實數(shù)m的最小值為－eq\f(1,e).【典例2】設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－xlnx－(2a－1)x＋a－1(a∈R)．若對任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】解f′(x)＝2ax－1－lnx－(2a－1)＝2a(x－1)－lnx(x>0)，易知當x∈(0，＋∞)時，lnx≤x－1，則f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)＝(2a－1)(x－1)．當2a－1≥0，即a≥eq\f(1,2)時，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)≥f(1)＝0，符合題意；當a≤0時，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)≤f(1)＝0，顯然不符合題意，a≤0舍去；當0<a<eq\f(1,2)時，由lnx≤x－1，得lneq\f(1,x)≤eq\f(1,x)－1，即lnx≥1－eq\f(1,x)，則f′(x)≤2a(x－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,x)))(2ax－1)，∵0<a<eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2a)>1.當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))時，f′(x)≤0恒成立，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞減，∴當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))時，f(x)≤f(1)＝0，顯然不符合題意，0<a<eq\f(1,2)舍去．綜上可得，a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).【典例3】已知f(x)＝x2－4x－6lnx.(1)求f(x)在(1，f(1))處的切線方程以及f(x)的單調(diào)性；(2)對任意x∈(1，＋∞)，有xf′(x)－f(x)＞x2＋6k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))－12恒成立，求k的最大整數(shù)解；(3)令g(x)＝f(x)＋4x－(a－6)lnx，若g(x)有兩個零點分別為x1，x2(x1＜x2)且x0為g(x)的唯一的極值點，求證：x1＋3x2＞4x0.【解析】(1)因為f(x)＝x2－4x－6lnx，所以定義域為(0，＋∞)，所以f′(x)＝2x－4－eq\f(6,x)，且f′(1)＝－8，f(1)＝－3，所以切線方程為y＝－8x＋5.又f′(x)＝eq\f(2,x)(x＋1)(x－3)，令f′(x)＞0解得x＞3，令f′(x)＜0解得0＜x＜3，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3)，單調(diào)遞增區(qū)間為(3，＋∞)．(2)xf′(x)－f(x)＞x2＋6keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))－12等價于k＜eq\f(x＋xlnx,x－1)，記h(x)＝eq\f(x＋xlnx,x－1)，則k<h(x)min，且h′(x)＝eq\f(x－2－lnx,x－12)，記m(x)＝x－2－lnx，則m′(x)＝1－eq\f(1,x)＞0，所以m(x)為(1，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)，且m(3)＝1－ln3＜0，m(4)＝2－ln4＞0，所以存在x0∈(3,4)，使得m(x0)＝0，即x0－2－lnx0＝0，所以h(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(x)min＝h(x0)＝eq\f(x0＋x0lnx0,x0－1)＝x0∈(3,4)，所以k的最大整數(shù)解為3.(3)證明：g(x)＝x2－alnx，則g′(x)＝2x－eq\f(a,x)＝eq\f(\r(2)x＋\r(a)\r(2)x－\r(a),x)，令g′(x)＝0，得x0＝eq\r(\f(a,2))，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,2))))時，g′(x)＜0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,2))，＋∞))時，g′(x)＞0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,2))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,2))，＋∞))上單調(diào)遞增，而要使g(x)有兩個零點，要滿足g(x0)＜0，即geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,2))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,2))))2－alneq\r(\f(a,2))＜0?a＞2e.因為0＜x1＜eq\r(\f(a,2))，x2＞eq\r(\f(a,2))，令eq\f(x2,x1)＝t(t＞1)，由g(x1)＝g(x2)，可得xeq\o\al(2,1)－alnx1＝xeq\o\al(2,2)－alnx2，即xeq\o\al(2,1)－alnx1＝t2xeq\o\al(2,1)－alntx1，所以xeq\o\al(2,1)＝eq\f(alnt,t2－1)，而要證x1＋3x2＞4x0，只需證(3t＋1)x1＞2eq\r(2a)，即證(3t＋1)2xeq\o\al(2,1)＞8a，即(3t＋1)2eq\f(alnt,t2－1)＞8a，又a＞0，t＞1，所以只需證(3t＋1)2lnt－8t2＋8＞0，令h(t)＝(3t＋1)2lnt－8t2＋8，則h′(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋eq\f(1,t)，令n(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋eq\f(1,t)，則n′(t)＝18lnt＋11＋eq\f(6t－1,t2)＞0(t＞1)，故n(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，n(t)＞n(1)＝0，故h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，h(t)＞h(1)＝0，所以x1＋3x2＞4x0.【典例4】已知函數(shù)f(x)＝x2＋πcosx.(1)求函數(shù)f(x)的最小值；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－a在(0，＋∞)上有兩個零點x1，x2，且x1<x2，求證：x1＋x2<π.【解析】(1)易知函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，故只需求x∈[0，＋∞)時f(x)的最小值．f′(x)＝2x－πsinx，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，設(shè)h(x)＝2x－πsinx，h′(x)＝2－πcosx，顯然h′(x)單調(diào)遞增，而h′(0)＜0，h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞0，由零點存在性定理知，存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得h′(x0)＝0.當x∈(0，x0)時，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))時，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增，而h(0)＝0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，故x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，h(x)＜0，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，又當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))時，2x＞π＞πsinx，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π2,4).(2)證明：依題意得x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(π－x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，F(xiàn)′(x)＝f′(x)＋f′(π－x)＝2π－2πsinx＞0，即函數(shù)F(x)單調(diào)遞增，所以F(x)＜Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，即當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f(x)＜f(π－x)，而x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以f(x1)＜f(π－x1)，又f(x1)＝f(x2)，即f(x2)＜f(π－x1)，此時x2，π－x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞)).由(1)可知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以x2＜π－x1，即x1＋x2＜π.【典例5】已知函數(shù)f(x)＝aex－1－lnx＋lna．若f(x)≥1，求a的取值范圍．【解析】解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－eq\f(1,x).當0<a<1時，f(1)＝a＋lna<1.當a＝1時，f(x)＝ex－1－lnx，f′(x)＝ex－1－eq\f(1,x).當x∈(0,1)時，f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0.所以當x＝1時，f(x)取得最小值，最小值為f(1)＝1，從而f(x)≥1.當a>1時，f(x)＝aex－1－lnx＋lna≥ex－1－lnx≥1.綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)．【典例6】設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1－a,2)x2－bx(a≠1)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)，求a的取值范圍．2思路分析?存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)↓?fxmin<eq\f(a,a－1)↓?求fxmin【解析】解(1)f′(x)＝eq\f(a,x)＋(1－a)x－b.由題設(shè)知f′(1)＝0，解得b＝1.(2)f(x)的定義域為(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝alnx＋eq\f(1－a,2)x2－x，f′(x)＝eq\f(a,x)＋(1－a)x－1＝eq\f(1－a,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,1－a)))(x－1)．①若a≤eq\f(1,2)，則eq\f(a,1－a)≤1，故當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)的充要條件為f(1)<eq\f(a,a－1)，即eq\f(1－a,2)－1<eq\f(a,a－1)，解得－eq\r(2)－1<a<eq\r(2)－1.②若eq\f(1,2)<a<1，則eq\f(a,1－a)>1，故當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,1－a)))時，f′(x)<0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,1－a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)，＋∞))上單調(diào)遞增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)的充要條件為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)))<eq\f(a,a－1).而f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)))＝alneq\f(a,1－a)＋eq\f(a2,21－a)＋eq\f(a,a－1)>eq\f(a,a－1)，所以不符合題意．③若a>1，則f(1)＝eq\f(1－a,2)－1＝eq\f(－a－1,2)<eq\f(a,a－1).綜上，a的取值范圍是(－eq\r(2)－1，eq\r(2)－1)∪(1，＋∞)．【典例7】已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋1.若f(x)≤2x＋c，求c的取值范圍．【解析】解設(shè)h(x)＝f(x)－2x－c，則h(x)＝2lnx－2x＋1－c，其定義域為(0，＋∞)，h′(x)＝eq\f(2,x)－2.當0<x<1時，h′(x)>0；當x>1時，h′(x)<0.所以h(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減．從而當x＝1時，h(x)取得最大值，最大值為h(1)＝－1－c.故當－1－c≤0，即c≥－1時，f(x)≤2x＋c.所以c的取值范圍為[－1，＋∞)．【典例8】已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax，g(x)＝x2，a∈R.(1)求函數(shù)f(x)的極值點；(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范圍．【解析】解(1)f(x)＝lnx－ax的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.當a≤0時，f′(x)＝eq\f(1,x)－a>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值點；當a>0時，由f′(x)＝eq\f(1,x)－a>0，得0<x<eq\f(1,a)，由f′(x)＝eq\f(1,x)－a<0，得x>eq\f(1,a)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)有極大值點eq\f(1,a)，無極小值點．(2)由條件可得lnx－x2－ax≤0(x>0)恒成立，則當x>0時，a≥eq\f(lnx,x)－x恒成立，令h(x)＝eq\f(lnx,x)－x，x>0，則h′(x)＝eq\f(1－x2－lnx,x2)，令k(x)＝1－x2－lnx，x>0，則當x>0時，k′(x)＝－2x－eq\f(1,x)<0，所以k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又k(1)＝0，所以在(0,1)上，h′(x)>0，在(1，＋∞)上，h′(x)<0，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以h(x)max＝h(1)＝－1，所以a≥－1.即a的取值范圍為a≥－1.【典例9】已知x＝eq\f(1,\r(e))為函數(shù)f(x)＝xalnx的極值點．(1)求a的值；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(kx,ex)，若對?x1∈(0，＋∞)，?x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范圍．【解析】解(1)f′(x)＝axa－1lnx＋xa·eq\f(1,x)＝xa－1(alnx＋1)，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))a－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aln\f(1,\r(e))＋1))＝0，解得a＝2，當a＝2時，f′(x)＝x(2lnx＋1)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞))上單調(diào)遞增，所以x＝eq\f(1,\r(e))為函數(shù)f(x)＝xalnx的極小值點，因此a＝2.(2)由(1)知f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))＝－eq\f(1,2e)，函數(shù)g(x)的導函數(shù)g′(x)＝k(1－x)e－x.①當k>0時，當x<1時，g′(x)>0，g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增；當x>1時，g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，對?x1∈(0，＋∞)，?x2＝－eq\f(1,k)，使得g(x2)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))＝<－1<－eq\f(1,2e)≤f(x1)，符合題意．②當k＝0時，g(x)＝0，取x1＝eq\f(1,\r(e))，對?x2∈R有f(x1)－g(x2)<0，不符合題意．③當k<0時，當x<1時，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；當x>1時，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)min＝g(1)＝eq\f(k,e)，若對?x1∈(0，＋∞)，?x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤f(x)min，即eq\f(k,e)≤－eq\f(1,2e)，解得k≤－eq\f(1,2).綜上所述，k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，＋∞)．規(guī)律方法(1)由不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍問題的策略①求最值法，將恒成立問題轉(zhuǎn)化為利用導數(shù)求函數(shù)的最值問題．②分離參數(shù)法，將參數(shù)分離出來，進而轉(zhuǎn)化為a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通過導數(shù)的應用求出f(x)的最值，即得參數(shù)的范圍．(2)不等式有解問題可類比恒成立問題進行轉(zhuǎn)化，要理解清楚兩類問題的差別．【典例10】設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－a－lnx，g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,ex)，其中a∈R，e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù).(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當x>1時，g(x)>0；(3)確定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立.【解析】.(1)解f′(x)＝2ax－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x>0).當a≤0時，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減.當a>0時，由f′(x)＝0有x＝eq\f(1,\r(2a)).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.(2)證明令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1.當x>1時，s′(x)>0，所以ex－1>x，從而g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,ex－1)>0.(3)解由(2)知，當x>1時，g(x)>0.當a≤0，x>1時，f(x)＝a(x2－1)－lnx<0，故當f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立時，必有a>0.當0<a<eq\f(1,2)時，eq\f(1,\r(2a))>1，由(1)有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))))<f(1)＝0，而geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))))>0.所以f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)不恒成立；當a≥eq\f(1,2)時，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)，當x>1時，h′