利用導數解決不等式恒成立問題

不等式恒成立問題是近年高考的熱點問題，常以壓軸題形式出現，交匯函數、方程、不等式和數列等知識，有效地甄別考生的數學思維能力.由于不等式恒成立問題往往都可以轉化為函數的最值問題，而導數，以其本身所具備的一般性和有效性，在求解函數最值中，起到無可替代的作用.因此，我們就不等式恒成立問題的兩種常見類型，探討如何利用導數進行解決.

類型一:“f (x)≥a”型(其中a為常數)

形如“f (x)≥a”或“f (x)≤a”型不等式，是恒成立問題中最基本的類型，許多復雜的恒成立問題最終都可歸結為這一類型.根據恒成立的本質，我們可以進行如下轉化:

(1)對任意x∈D，有f (x)≥a(其中a為常數)恒成立對x∈D，f (x)min≥a;

(2)對任意x∈D，有f (x)≤a(其中a為常數)恒成立對x∈D，f (x)max≤a.

形式推廣:

(1)對于任意的x∈D，f (x)≥g (x)恒成立對于任意的x∈D，f (x)-g (x)≥0恒成立對x∈D，[f (x)-g (x)]min≥0;

對于任意的x∈D，f (x)≤g (x)恒成立對于任意的x∈D，f (x)-g (x)≤0恒成立對x∈D，[f (x)-g (x)]max≤0;

(2)函數f(x)在區間D單調遞增在f′(x)≥0在x∈D恒成立對x∈D，[f ′ (x)]min≥0;

函數f (x)在區間D單調遞增在f ′(x)≤0在x∈D恒成立對x∈D，[f ′(x)]max≤0.

例1:已知函數f(x)=x2-alnx+a(a>0)在(0，+∞)滿足f (x)≥0恒成立，求a的取值范圍.

分析:根據對任意x∈(0，+∞)，f(x)≥0恒成立對x∈(0，+∞)，f(x)min≥0. 問題轉化為求函數f(x)在x∈(0，+∞)的最小值，進而我們借助導數，求出函數f(x)的最小值.

解析:令f ′(x)=2x-==0，因為a>0，x>0，解得x=.

列表:

由表可得，f(x)min=f()=-aln+a=(3-ln).

因為對任意x∈(0，+∞)，f (x)≥0恒成立，所以對x∈(0，+∞)，f(x)min≥0.

所以f(x)min=(3-ln)≥0，解得a≤2e3，因為a>0，所以a的取值范圍為(0，2e3].

例2:已知函數f(x)=x2+a，g (x)=alnx(其中a>0)，對任意x∈(0，+∞)，有f(x)≥g (x)恒成立，求a的取值范圍.

解析:對任意x∈(0，+∞)，有f(x)≥g (x)恒成立對任意x∈(0，+∞)，f(x)-g (x)≥0恒成立，即對任意x∈(0，+∞)，x2+a-alnx≥0恒成立.利用例1的結論，可得a的取值范圍為(0，2e3].

例3:已知函數f (x)=x+(其中a為常數)，若對任意a∈(0，m]，有函數f(x)在定義域單調遞增，求m的最大值.

解析:函數f(x)的定義域為(0，+∞)，根據函數f(x)在定義域單調遞增，可得f ′(x)=1+=≥0在x∈(0，+∞)恒成立，因為x2>0，所以條件轉化為不等式x2-alnx+a≥0在x∈(0，+∞)恒成立，利用例1的結論，可得a的取值范圍為(0，2e3]，因為a∈(0，m]，所以m的最大值為2e3.

小結:在面對不同形式呈現的恒成立問題，我們應想方設法轉化為“f (x)≥a”型的結構形式，利用導數在求解函數最值的優越性，從而輕松、簡便地解決相應問題.

類型二:“f (x1)≥g(x2)”型

形如任意x1，x2∈D，都有f (x1)≥g(x2)恒成立對x∈D，有f (x)min≥g (x)max;

任意x1，x2∈D，都有f (x1)≤g(x2)恒成立對x∈D，有f (x)max≤g (x)min.

例4:已知f(x)=x+，g(x)=-x2+2lnx，其中a>0.若對任意x1，x2∈(0，+∞)，都有f(x1)≥g (x2)恒成立，求a的取值范圍.

分析:根據任意x1，x2∈(0，+∞)，都有f(x1)≥g (x2)恒成立對x∈(0，+∞)，有f(x)min≥g (x)max，進而建立關于a的不等式，求得a的取值范圍.

解析:令f′(x)=1-==0，因為a>0，x>0，解得x=a.

列表:

由表可得，f(x)min=f(a)=a+=2a.令g′(x)=-2x+==0，因為x>0，解得x=1.

列表:

由表可得g(x)max=g(1)=-1.因為對任意x1，x2∈(0，+∞)，都有f (x1)≥g(x2)恒成立.所以對x∈(0，+∞)，有f (x)min≥g(x)max，即2a≥-1，解得a≥-，所以a的取值范圍為[-，+∞).

小結:至此，相信仍有不少同學難于辨別“f (x1)≥g(x2)”型與“f (x)≥g(x)”型的差異.那么，下面讓我們一起比較這兩種類型的差異，以便我們在實際操作中能夠更好地理解和辨別.“對任意x1，x2∈D，有f (x1)≥g(x2)恒成立”等價于“對x∈D，有f (x)min≥g(x)max”.而“對任意x∈D，有f (x)≥g(x)恒成立”能夠推出“函數f (x)圖像恒在函數g(x)圖像的上方”，但不一定推出 “f (x)min≥g(x)max”成立.

鞏固練習:

1. 已知函數f (x)=+lnx(a>0)在[1，+∞)單調遞增，求a的取值范圍;

2. 已知函數f (x)=+lnx(a>0)，g (x)=+1，若對任意x1，x2∈(0，+∞)有f (x1)≥g(x2)恒成立，求a的取值范圍;

答案:1. [1，+∞);2. [e，+∞).

根據以上兩種不等式恒成立類型的探究與學習，從中我們可以體驗到不等式恒成立問題在正確轉化為函數最值問題后，便可以借助導數作為求解函數最值的有效工具，把抽象、復雜的不等式恒成立問題，轉化為直觀、簡單的函數最值問題，最終達到解決問題的目的.

責任編校徐國堅