黃守清

數(shù)學教學中常常遇到恒成立問題，學生解決這類問題往往比較吃力.恒成立問題有很多種類型，涉及導數(shù)的性質(zhì)和應用，蘊含著換元、化歸、數(shù)形結合、函數(shù)與方程等思想方法，解決恒成立問題有利于提高學生的綜合解題能力，在培養(yǎng)思維的靈活性、創(chuàng)造性等方面起到了積極的作用.本文將從導數(shù)方面來討論部分函數(shù)恒成立問題，如果通過恒等變形不能直接解出參數(shù)，將參數(shù)分離出來，構造新函數(shù)，再用導數(shù)計算.

例1已知函數(shù)f（x）=1+lnxx.（Ⅰ）若函數(shù)在區(qū)間（a，a+12）（其中a>0）上存在極值，求實數(shù)a的取值范圍；（Ⅱ）如果當x≥1時，不等式f（x）≥kx+1恒成立，求實數(shù)k的取值范圍.

解（Ⅰ）因為f（x）=1+lnxx，x>0，則f ′（x）=-lnxx.

當00；當x>1時，f ′（x）<0.

所以f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增；在（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f（x）在x=1處取得極大值.

因為函數(shù)f（x）在區(qū)間（a，a+12） （其中a>0）上存在極值，所以a<1，

a+12>1，解得12

（Ⅱ）不等式f（x）≥kx+1，即為（x+1）（1+lnx）x≥k.

記g（x）=（x+1）（1+lnx）x，

所以g′（x）=[（x+1）（1+lnx）]′x-（x+1）（1+lnx）x2

=x-lnxx2.

令h（x）=x-lnx，則h′（x）=1-1x，

因為x≥1，所以h′（x）≥0.

所以h（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，

所以[h（x）]min=h（1）=1>0，從而g′（x）>0.

故g（x）在[1，+∞）上也單調(diào)遞增，

所以[g（x）]min=g（1）=2，所以k≤2.

例2已知函數(shù)f（x）=xlnx.

（1）求函數(shù)f（x）在[t，t+2] （t>0）上的最小值；（2）求證：對一切x∈（0，+∞），都有l(wèi)nx>1ex-2ex.

解（1）f ′（x）=lnx+1，令f ′（x）=0，得x=1e.

當x∈（0，1e）時，f ′（x）<0，f（x）單減；

當x∈（1e，+∞）時，f ′（x）>0，f（x）單增.

因為t>0，所以

①當0

②當t≥1e時，f（x）在[t，t+2]上單增，所以f（x）min=f（t）=tlnt.

（2）要證原命題成立，需證：f（x）>xex-2e （x>0）成立.

設g（x）=xex-2e，則g′（x）=1-xex.

令g′（x）=0得x=1.當x∈（0，1）時，g′（x）>0，g（x）單增；當x∈（1，+∞）時，g′（x）<0，g（x）單減.

所以當x=1時，g（x）max=-1e.

又由（1）得f（x）在（0，1e）上單減，在（1e，+∞）上單增，所以當x=1e時，f（x）min=-1e，

又因為f（1）=0>-1e=g（1），所以f（x）>g（x），

所以對一切x∈（0，+∞），都有l(wèi)nx>1ex-2ex成立.

例3已知f（x）=x|x-a|-2，若當x∈[0，1]時，恒有f（x）<0，求實數(shù)a的取值范圍.

解（?。┊攛=0時，顯然f（x）<0成立，此時，a∈R.

（ⅱ）當x∈（0，1]時，由f（x）<0，可得

x-2x

令g（x）=x-2x （x∈（0，1]）；

h（x）=x+ 2x （x∈（0，1]）.

則g′（x）=1+2x2>0，

所以g（x）是單調(diào)遞增，可知[g（x）]max=g（1）=-1.

h′（x）=1-2x2<0，

所以h（x）是單調(diào)遞減，可知[h（x）]min=h（1）=3.

此時a的范圍是（-1，3）.

綜合ⅰ、ⅱ得：a的范圍是（-1，3）.

例4當x∈[-2，1]時，不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.

解析當x=0時，ax3-x2+4x+3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R.

當x∈（0，1]時，ax3≥x2-4x-3，a≥x2-4x-3x3，

所以a≥[x2-4x-3x3]max.

設φ（x）=x2-4x-3x3，

φ′（x）=2x-4）x3-（x2-4x-3）3x2x6=-x2-8x-9x4

=-（x-9）（x+1）x4>0，

所以φ（x）在（0，1]上遞增，φ（x）max=φ（1）=-6.

所以a≥-6.

當x∈[-2，0）時，a≤x2-4x-3x3，

所以a≤[x2-4x-3x3]min.

仍設φ（x）=x2-4x-3x3，φ′（x）=-（x-9）（x+1）x4.

當x∈[-2，-1）時，φ′（x）<0，

當x∈（-1，0）時，φ′（x）>0.

所以當x=-1時，φ（x）有極小值，即為最小值.

而φ（x）min=φ（-1）=1+4-3-1=-2，所以a≤-2.

綜上知-6≤a≤-2.

例5已知函數(shù)f（x）=lnx-14x+34x-1.

（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）設g（x）=-x2+2bx-4，若對任意x1∈（0，2），x2∈[1，2]，不等式f（x1）≥g（x2）恒成立，求實數(shù)b的取值范圍.

解（Ⅰ）f（x）=lnx-14x+34x-1 （x>0），

f ′（x）=1x-14-34x2=4x-x2-34x2.

由x>0及f ′（x）>0得1

由x>0及f ′（x）<0得03，

故函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（1，3）；單調(diào)遞減區(qū)間是（0，1），（3，+∞）.

（Ⅱ）若對任意x1∈（0，2），x2∈[1，2]，不等式f（x1）≥g（x2）恒成立，問題等價于f（x）min≥g（x）max.

由（Ⅰ）可知，在（0，2）上，x=1是函數(shù)極小值點，這個極小值是唯一的極值點，故也是最小值點，所以f（x）min=f（1）=-12.

g（x）=-x2+2bx-4，x∈[1，2]，

當b<1時，g（x）max=g（1）=2b-5；

當1≤b≤2時，g（x）max=g（b）=b2-4；

當b>2時，g（x）max=g（2）=4b-8.問題等價于

b<1，

-12≥2b-5 或1≤b≤2，

-12≥b2-4 或b>2，

-12≥4b-8.

解得b<1或1≤b≤142或b∈，即b≤142.

所以實數(shù)b的取值范圍是（-∞，142].

例6已知函數(shù)f（x）=4x2-72-x，x∈[0，1].（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和值域；（2）設a≥1，函數(shù)g（x）=x2-3a2x-2a，x∈[0，1]，若對于任意x1∈[0，1]，總存在x0∈[0，1]使g（x0）=f（x1）成立，求實數(shù)a的取值范圍.

解（1）因為f ′（x）=-4x2+16x-7（2-x）2≥0，

所以12≤x≤72且x≠2.

因為x∈[0，1]，

所以f（x）的增區(qū)間[12，1]，減區(qū)間[0，12].

因為f（0）=-72，f（1）=-3，f（12）=-4，

所以f（x）的值域[-4，-3].

（2）g′（x）=2x-3a2，

因為a≥1，所以g′（x）<0，x∈[0，1].

所以g（x）在x∈[0，1]上是減函數(shù)，值域為[1-3a2-2a，-2a].

由題意使f（x1）=g（x0），需[-4，-3][1-3a2-2a，-2a]，

所以1