利用导数研究存在性与任意性专题
利用导数研究恒成立、存在性与任意性问题
一、利用导数研究不等式恒成立问题
［典例］设f(x)=e x—a(x+t\)?
(1) 若VxGR, f(x*O恒成立，求正实数a的取值范围；
(2) 设g(x)=f(x)+詈，且A(xi, yi), B(X2, y2)("X2)是曲线y=g(x)上任意两点，若对任意的aw—1,直线AB的斜率恒大于常数m,求e的取值范围.
［解］(1)因为f(x) = K—a(x+i),
所以f(x) = e x—a.
由题意，知a>0,
故由f(x) = e x—a=O,
解得x=ln a.
故当xW (—8, In a)时，
f(x)VO,函数f(x)单调递减;
当xW(ln a, +8)时,
f(x)>0,函数f(x)单调递增.
所以函数f(x)的最小值为f(In a)=e lna—a(ln a+1) = —aln a.
由题意，若WGR, /(x)>0恒成立，
即/(x) = e x—a(x+1)>0 恒成立，
故有一aln a>0,
又a>0,所以In a<0,解得0 Vas1.
所以正实数a的取值范围为(0,1］.
(2)设X1, X2是任意的两个实数，且X1VX2.
则直线的斜率为k=? X2 ~S X1
由已知k>m,
>m.
因为X2—Xi>0,
所以g(X2)—S(X1)>m(X2—X1),
则h\x) =x+3 x-1
即g(X2)—mx2>$'(xi)—mxi.
因为XIVX2,
所以函数h(x)=g(x)—mx在R上为增函数, 故有h'(x)=g\x)—m>0恒成立，
所以msg'(x).
a
而0(x) = gx_a_{,
又a<-1<0,
而2\j—a—a=2\j~a+(\j—a)2
=(寸—a+1)2—1三3,
所以e的取值范围为(一8, 3］.
［方法点拨］
解决该类问题的关键是根据已知不等式的结构特征灵活选用相应的方法，由不等式恒成立求解参数的取值范围问题一般采用分离参数的方法.而第(2)问则巧妙地把直线的斜率与导数问题结合在一起，命题思路比较新颖，解决此类问题需将已知不等式变形为两个函数值的大小问题，进而构造相应的函数，通过导函数研究其单调性解决.
［对点演练］
已知f(x)=xl n x, g(x)=—x2+ax—3.
⑴若对一切xG(O, +8), 2f(x)>g(x)恒成立，求实数a的取值范围.
(2)证明：对一切xG(O, +8), "XA￡—￡恒成立.
解：(1)由题意知2xln x>—x2+ax—3对一切xG(0, +8)恒成立，
则a<2ln x+x+g,
设h(x) = 2ln x+x+g(x>0),
①当x￡(0,1)时，H(x)VO, h(x)单调递减：
②当xe(1, +8)时，H(x)>0, h(x)单调递增.
所以h(X)mfn = h(1) = 4,
对_切xG(O, +~), 2f(x)>s(x)恒成立，
所以ash(x)min=4,
即实数a的取值范围是(一8, 4].
x 2
(2)问题等价于证明xln x>{—?(x>0)?
又f(x)=xlnx(x>0), f(x) = lnx+1,
当x￡(0, 时，f(x)VO, f(x)单调递减；
当xG(e* +彳吋，f(x)>0, f(x)单调递増，所以怒)価=/(2]=—￡
x 2
设E(x)=/_?(x>0),
1 ~x
则
当xe(o,1)时，E'(X)>0, E(X)单调递增,
当xG(1, +s)时,m,(x) 1 所以E(X)/nax = /TJ(1)=—",从而对一切XW (0, +~), f(X)>E(X)恒成立， x 2v v 即xln x>/—?恒成立? 1 2 即对一切xW(0, +°°), In x>^——恒成工? 二、利用导数研究存在性与任意性问题 [典例] 设f(x)=￡+xlnx, g(x)=x3-x2-3. (1)如果存在X1, X2^[0,2],使得g(xi)—g(X2)>A4成立，求满足上述条件的最大整数M: (2)如果对于任意的s,妊丘，2J,都有f(s)>S(t)成立，求实数a的取值范围. [解](1)存在xi, X2G[0,2], 使得g(xi)—5(X2)>A4 成立， 等价于[g(Xl )—g(X2)]max>M. 由g(x)=x3—X2—3, 由S'M 由g'(x)>o,解得xvo 或x>|. 又xe[0,2], 所以g(x)在区间[o,扌]上单调递减，在区间扌，2上单调递增, 又g(O) = —3, s(2) = 1, 故g(X)max=S(2) = 1, (2\85 g(x)罰=或引=_厉. 所以[g(Xl)—S(X2)]max = SWmax-SWmin 85_112 , 27=-2T">A4, 则满足条件的最大整数M=4. '1 ' (2)对于任意的s, t^9 2] ri i 都有f(s)>s(t)成立,等价于在区间k 2J±, 函数f(X)minNg(X)max ? ri ] 由⑴可知在区间丘,2J±, g(x)的最大值为5(2) = 1. ri 1 a 在区间0 2上，f(x)=~+xln x>1恒成立等价于a>x—x2ln x恒成立. 1 令f(x)=O,可得两根分别为1, --1, 1 1 因为OVaV 牙所以1 >1 >0, 当xG(0,1)时，f(x)<0,函数f(x)单调递减； 当xw"，舟T)时，f (x)>0,函数f(x)单调递增； 当XG (^-1, +J 时，f(X )VO,函数f(x)单调递减? (2)a=Je (0, ，一 1=3年(0,2), 由⑴知,当xe (o,1)时，f(x )vo,函数f(x)单调递减；当xe (i,2)时，f(x) >0,函数f(x)单调递增， 1 所以f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)=—2- 对任意xi￡(0,2),存在X 2e[1,2],使f(xi)>5(x 2)等价于g(x)在[1,2]上的最 1 小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值一0 (*) 又 g(x) = (x —b)2+4—b 2, XG[1,2], 所以，①当b<1时，g(x)min=g(1) = 5—2b>0,此时与(*)矛盾； ② 当1 ③ 当 b>2 时,g(x)血n=g(2) = 8-4b, 且当 b>2 时，8—4bV0, 1 17 解不等式8-4b<~2，可得h>y, ri7 A 所以实数b 的取值范围为+T ? 所以f (x)=￡一卄宁= ,XG(O, + °°) ax 2—x+1 —a