第2讲 恒成立问题与有解问题

第2讲恒成立问题与有解问题一．不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，则的值域是值域的子集．二．恒成立问题的一般解答方法如下：

（1）参数分离法：将原不等式化为或恒成立的问题，然后分析函数在所给区间的单调性及最值，只需满足最值成立即可；（2）分类讨论：讨论函数在所给区间单调性及最值，需满足或【典例1】已知函数f(x)＝(1－x)ex－1.(1)求f(x)的极值；(2)设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，求实数m的最小值．【解析】解(1)f′(x)＝－xex，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，∴当x＝0时，f(x)有极大值f(0)＝e0－1＝0，f(x)没有极小值．(2)由(1)知f(x)≤0，又因为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)，等价于方程lnx＝eq\f(m,x)有解，即方程m＝xlnx在(0，＋∞)上有解，记h(x)＝xlnx，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝lnx＋1，令h′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e)，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以当x＝eq\f(1,e)时，h(x)min＝－eq\f(1,e)，所以实数m的最小值为－eq\f(1,e).【典例2】设函数f(x)＝ax2－xlnx－(2a－1)x＋a－1(a∈R)．若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．【解析】解f′(x)＝2ax－1－lnx－(2a－1)＝2a(x－1)－lnx(x>0)，易知当x∈(0，＋∞)时，lnx≤x－1，则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)＝(2a－1)(x－1)．当2a－1≥0，即a≥eq\f(1,2)时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)＝0，符合题意；当a≤0时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)＝0，显然不符合题意，a≤0舍去；当0<a<eq\f(1,2)时，由lnx≤x－1，得lneq\f(1,x)≤eq\f(1,x)－1，即lnx≥1－eq\f(1,x)，则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.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))时，f′(x)≤0恒成立，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减，∴当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))时，f(x)≤f(1)＝0，显然不符合题意，0<a<eq\f(1,2)舍去．综上可得，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))处的切线方程以及f(x)的单调性；(2)对任意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的最大整数解；(3)令g(x)＝f(x)＋4x－(a－6)lnx，若g(x)有两个零点分别为x1，x2(x1＜x2)且x0为g(x)的唯一的极值点，求证：x1＋3x2＞4x0.【解析】(1)因为f(x)＝x2－4x－6lnx，所以定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝2x－4－eq\f(6,x)，且f′(1)＝－8，f(1)＝－3，所以切线方程为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)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)．(2)xf′(x)－f(x)＞x2＋6keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))－12等价于k＜eq\f(x＋xlnx,x－1)，记h(x)＝eq\f(x＋xlnx,x－1)，则k<h(x)min，且h′(x)＝eq\f(x－2－lnx,x－12)，记m(x)＝x－2－lnx，则m′(x)＝1－eq\f(1,x)＞0，所以m(x)为(1，＋∞)上的单调递增函数，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)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，且h(x)min＝h(x0)＝eq\f(x0＋x0lnx0,x0－1)＝x0∈(3,4)，所以k的最大整数解为3.(3)证明：g(x)＝x2－alnx，则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))，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,2))))时，g′(x)＜0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,2))，＋∞))时，g′(x)＞0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,2))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,2))，＋∞))上单调递增，而要使g(x)有两个零点，要满足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.因为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)，而要证x1＋3x2＞4x0，只需证(3t＋1)x1＞2eq\r(2a)，即证(3t＋1)2xeq\o\al(2,1)＞8a，即(3t＋1)2eq\f(alnt,t2－1)＞8a，又a＞0，t＞1，所以只需证(3t＋1)2lnt－8t2＋8＞0，令h(t)＝(3t＋1)2lnt－8t2＋8，则h′(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋eq\f(1,t)，令n(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋eq\f(1,t)，则n′(t)＝18lnt＋11＋eq\f(6t－1,t2)＞0(t＞1)，故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)＞n(1)＝0，故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)＞h(1)＝0，所以x1＋3x2＞4x0.【典例4】已知函数f(x)＝x2＋πcosx.(1)求函数f(x)的最小值；(2)若函数g(x)＝f(x)－a在(0，＋∞)上有两个零点x1，x2，且x1<x2，求证：x1＋x2<π.【解析】(1)易知函数f(x)为偶函数，故只需求x∈[0，＋∞)时f(x)的最小值．f′(x)＝2x－πsinx，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，设h(x)＝2x－πsinx，h′(x)＝2－πcosx，显然h′(x)单调递增，而h′(0)＜0，h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞0，由零点存在性定理知，存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得h′(x0)＝0.当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，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)单调递减，又当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))时，2x＞π＞πsinx，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π2,4).(2)证明：依题意得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)，＋∞))，构造函数F(x)＝f(x)－f(π－x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，F′(x)＝f′(x)＋f′(π－x)＝2π－2πsinx＞0，即函数F(x)单调递增，所以F(x)＜Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，即当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，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)，此时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)，＋∞))上单调递增，所以x2＜π－x1，即x1＋x2＜π.【典例5】已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna．若f(x)≥1，求a的取值范围．【解析】解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－eq\f(1,x).当0<a<1时，f(1)＝a＋lna<1.当a＝1时，f(x)＝ex－1－lnx，f′(x)＝ex－1－eq\f(1,x).当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.当a>1时，f(x)＝aex－1－lnx＋lna≥ex－1－lnx≥1.综上，a的取值范围是[1，＋∞)．【典例6】设函数f(x)＝alnx＋eq\f(1－a,2)x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)，求a的取值范围．2思路分析❶存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)↓❷fxmin<eq\f(a,a－1)↓❸求fxmin【解析】解(1)f′(x)＝eq\f(a,x)＋(1－a)x－b.由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.(2)f(x)的定义域为(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)，则eq\f(a,1－a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)的充要条件为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，则eq\f(a,1－a)>1，故当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,1－a)))时，f′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,1－a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)，＋∞))上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)的充要条件为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)，所以不符合题意．③若a>1，则f(1)＝eq\f(1－a,2)－1＝eq\f(－a－1,2)<eq\f(a,a－1).综上，a的取值范围是(－eq\r(2)－1，eq\r(2)－1)∪(1，＋∞)．【典例7】已知函数f(x)＝2lnx＋1.若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围．【解析】解设h(x)＝f(x)－2x－c，则h(x)＝2lnx－2x＋1－c，其定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝eq\f(2,x)－2.当0<x<1时，h′(x)>0；当x>1时，h′(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．从而当x＝1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)＝－1－c.故当－1－c≤0，即c≥－1时，f(x)≤2x＋c.所以c的取值范围为[－1，＋∞)．【典例8】已知函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝x2，a∈R.(1)求函数f(x)的极值点；(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范围．【解析】解(1)f(x)＝lnx－ax的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.当a≤0时，f′(x)＝eq\f(1,x)－a>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点；当a>0时，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)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减，所以函数f(x)有极大值点eq\f(1,a)，无极小值点．(2)由条件可得lnx－x2－ax≤0(x>0)恒成立，则当x>0时，a≥eq\f(lnx,x)－x恒成立，令h(x)＝eq\f(lnx,x)－x，x>0，则h′(x)＝eq\f(1－x2－lnx,x2)，令k(x)＝1－x2－lnx，x>0，则当x>0时，k′(x)＝－2x－eq\f(1,x)<0，所以k(x)在(0，＋∞)上单调递减，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)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以h(x)max＝h(1)＝－1，所以a≥－1.即a的取值范围为a≥－1.【典例9】已知x＝eq\f(1,\r(e))为函数f(x)＝xalnx的极值点．(1)求a的值；(2)设函数g(x)＝eq\f(kx,ex)，若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．【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，当a＝2时，f′(x)＝x(2lnx＋1)，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞))上单调递增，所以x＝eq\f(1,\r(e))为函数f(x)＝xalnx的极小值点，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)，函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x.①当k>0时，当x<1时，g′(x)>0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，对∀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)，符合题意．②当k＝0时，g(x)＝0，取x1＝eq\f(1,\r(e))，对∀x2∈R有f(x1)－g(x2)<0，不符合题意．③当k<0时，当x<1时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(1)＝eq\f(k,e)，若对∀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).综上所述，k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，＋∞)．规律方法(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略①求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．②分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围．(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别．【典例10】设函数f(x)＝ax2－a－lnx，g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,ex)，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>1时，g(x)>0；(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立.【解析】.(1)解f′(x)＝2ax－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x>0).当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.当a>0时，由f′(x)＝0有x＝eq\f(1,\r(2a)).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增.(2)证明令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，从而g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,ex－1)>0.(3)解由(2)知，当x>1时，g(x)>0.当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－lnx<0，故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.当0<a<eq\f(1,2)时，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)在区间(1，＋∞)内不恒成立；当a≥eq\f(1,2)时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)，当x>1时，h′