1、专题四 函数、不等式中的恒成立问题 近几年高考对于函数、不等式中恒成立问题的考查重点是一次函数、二次函数的性质、不等式的性质及应用，图象、渗透换元、化归、数形结合、函数与方程、分类讨论、转化等数学思想方法.有的学生看到就头疼的题目，分析原因除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.本文就高中阶段出现的这类问题进行总结和探讨.利用导数研究不等式问题的关键是函数的单调性和最值，各类不等式与函数最值关系如下：不等式类型 与最值的关系 xD，f(x)M xD，f(x)minM xD，f(x)M xD，f(x)maxM x0D，f(x0)M
2、xD，f(x)maxM x0D，f(x0)M xD，f(x)minM xD，f(x)g(x)xD，f(x)g(x)min0 xD，f(x)g(x)xD，f(x)g(x)max0 x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)xD1，xD2，f(x)ming(x)max x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)xD1，xD2，f(x)ming(x)min x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)xD1，xD2，f(x)maxg(x)max x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)xD1，xD2，f(x)maxg(x)min 注：上述的大于、小于改为不小于、不大于，相应的与最值对应关系的不等式也改变.如
3、果函数没有最值，那么上述结果可以用函数值域相应的端点值表述.例 1：已知两个函数 f(x)8x216xk，g(x)2x35x24x，x3,3，kR.(1)若对x3,3，都有 f(x)g(x)成立，求实数 k 的取值范围；(2)若x3,3，使得 f(x)g(x)成立，求实数 k 的取值范围；(3)若对x1，x23,3，都有f(x1)g(x2)，求实数k的取值范围.解：(1)设h(x)g(x)f(x)2x33x212xk，问题转化为x3,3时，h(x)0恒成立，即h(x)min0，x3,3.令h(x)6x26x120，得x2或x1，h(3)k45，h(1)k7，h(2)k20，h(3)k9，h(x
4、)mink450，得k45.(2)据题意：x3,3，使f(x)g(x)成立，即为h(x)g(x)f(x)0在x3,3上能成立，h(x)max0.h(x)maxk70，即k7.(3)据题意：f(x)maxg(x)min，x3,3，易得f(x)maxf(3)120k，g(x)ming(3)21，120k21，得k141.例 2：已知函数 f(x)4x3x23，x0,2.(1)求 f(x)的值域；(2)设 a0，函数 g(x)13ax3a2x，x0,2.若对任意 x10,2，总存在 x20,2，使 f(x1)g(x2)0.求实数 a 的取值范围.解：(1)方法一，对函数 f(x)求导，得 f(x)4
5、3 1x2x212.令 f(x)0，得 x1 或 x1.当 x(0,1)时，f(x)0，f(x)在区间(0,1)上单调递增；当 x(1,2)时，f(x)0，f(x)在区间(1,2)上单调递减.又 f(0)0，f(1)23，f(2)815，当 x0,2时，f(x)的值域是0，23.方法二，当 x0 时，f(x)0；当 x(0,2时，f(x)0，且 f(x)43 1x1x4312 x1x23，当且仅当 x1x，即 x1 时，“”成立.当 x0,2时，f(x)的值域是0，23.(2)设函数 g(x)在区间0,2上的值域是 A.对任意 x10,2，总存在 x20,2，使 f(x1)g(x2)0，0，2
6、3 A.对函数 g(x)求导，得 g(x)ax2a2.当 a0 时，g(x)0，函数 g(x)在区间(0,2)上单调递减.g(0)0，g(2)83a2a20，当 a0 时，不满足0，23 A.当 a0 时，g(x)a(x a)(x a).令 g(x)0，得 x a或 x a(舍去).)当 x0,2，0 a2 时，列表：x0(0，a)a(a，2)2g(x)0g(x)023a2a83a2a2g(0)0，g(a)0，又0，23 A，g(2)83a2a223.解得13a1.)当 x0,2，a2 时，即 a4，g(x)0，函数在区间0,2上单调递减.g(0)0，g(2)83a2a20，当 a4 时，不满
7、足0，23 A.综上所述，实数 a 的取值范围是13，1.【规律方法】(1)求 f(x)的值域可以利用导数，也可以利用基本不等式求解；(2)若对任意x10,2，总存在x20,2，使f(x1)g(x2)的本质就是函数 f(x)的值域是函数 g(x)值域的子集.【互动探究】(1)若曲线 yf(x)在 x1 和 x4 处的切线相互平行，求 a的值；(2)讨论函数 f(x)的单调性；(3)设g(x)x22x，对任意的x1(0,2，均存在x2(0,2，使得f(x1)0)，依题意，得 f(1)f(4)，解得 a12.(2)f(x)ax22a1x2xax1x2x(x0).当 a0 时，函数 f(x)的单调递
8、增区间为(0,2)，单调递减区间为(2，)；当 0a12时，函数 f(x)的单调递增区间为0，1a 和(2，)，单调递减区间为1a，2.(3)依题意有 f(x)maxg(x)max0，由(2)知当 a12时，函数 f(x)在区间(0,2上单调递增，f(x)maxf(2)2a22a1 2ln 2ln 21.ln 2112时，函数 f(x)的单调递增区间为0，1a 和(2，)，单调递减区间为1a，2.则 f(x)maxf1a 2 12a2ln a12.故实数 a 的取值范围为 aln 21.aR).(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)当 a0 时，是否存在实数 a，使得当 x1，e时，不等式
9、f(x)0 恒成立？如果存在，求 a 的取值范围；如果不存在，请说明理由(其中 e 是自然对数的底数，e2.71828).例 3：已知函数 f(x)aln xxax2a(其中 a 为常数，解：(1)由于 f(x)aln xxax2a，其中 x0，f(x)ax1ax2x2axax2.当 a0 时，f(x)0 时，由 f(x)0，得 xa a24a2(另一根舍去).列表得x0，a a24a2a a24a2a a24a2，f(x)0f(x)极大值于是 f(x)的单调递增区间为0，a a24a2，单调递减区间为a a24a2，.综上所述，当 a0 时，f(x)的单调递减区间为(0，)；当 a0 时，f
10、(x)的单调递增区间为0，a a24a2，单调递减区间为a a24a2，.(2)当 a0 时，若a a24a21，即 0a12，此时 f(x)在1，e上单调递减，fmin(x)f(e)3aeae31e ae31e 12e0 恒成立，不合题意，舍去.(或 f(x)maxf(1)a11，a a24a2e，即12a0 恒成立，则必有f10，fe0.则 a10，3aeae0.所以a1，ae23e1.所以e23e1a0，得 a e2e1.综上所述，存在实数 ae23e1，使得 f(x)0 恒成立.【互动探究】(1)当 a0 时，求曲线 f(x)在 x1 处的切线方程；(2)设函数 h(x)alnxxf(
11、x)，求函数 h(x)的极值；(3)若 g(x)alnxx 在区间1，e(e2.718 28)上存在一点x0，使得g(x0)f(x0)成立，求a的取值范围.2.(2017 年广东茂名一模)已知函数 f(x)1ax(aR).解：(1)当 a0 时，f(x)1x，f(1)1，则切点为(1,1).f(x)1x2，切线的斜率为 kf(1)1.曲线 f(x)在点(1,1)处的切线方程为 y1(x1)，即xy20.(2)h(x)alnxx1ax，定义域为(0，)，h(x)ax11ax2 x2ax1ax2x1x1ax2.当a10，即a1时，令h(x)0，x0，0 x1a.此时，h(x)在区间(0,a1)上单
12、调递增.令h(x)0，得x1a.此时，h(x)在区间(a1，)上单调递减.当a10，即a1时，h(x)e1，ae21e1.当 0a11，或 a1，即 a0 时，h(x)在区间1,e上单调递减.h(x)maxh(1)11a0.a2.当 1a1e，即 0ae1 时，由(2)可知，h(x)在 x1a 处取得极大值，也是区间(0，)内的最大值，即h(x)maxh(1a)aln(1a)a2aln(1a)12.0ln(a1)1，h(1a)0 在区间1,e上恒成立.此时不存在x0使h(x0)0成立.综上所述，所求 a 的取值范围是 ae21e1 或 a2.3.已知函数f(x)exx2(e是自然对数的底数).
13、(1)求函数 f(x)的图象在点 A(0，1)处的切线方程；(2)若 k 为整数，且当 x0 时，(xk1)f(x)x10 恒成立，其中 f(x)为 f(x)的导函数，求 k 的最大值.解：(1)f(x)exx2，xR，f(x)ex1，xR，f(0)0 曲线 f(x)在点 A(0，1)处的切线方程为 y1.(2)当 x0 时，ex10，所以不等式可以变形如下：(xk1)f(x)x10(xk1)(ex1)x10kx1ex1x1.令 g(x)x1ex1x1，则 g(x)xex1ex12 1exexx2ex12.函数h(x)exx2在(0，)上单调递增，而h(1)0，所以h(x)在(0，)上存在唯一的零点，故g(x)在(0，)上存在唯一的零点.设此零点为，则(1,2).当x(0，)时，g(x)0.所以g(x)在(0，)上的最小值为g().由g()0，可得e2.所以g()2(3,4).由于式等价于kg()，故整数k的最大值为3.
