導數(shù)與恒成立能成立問題和課后練習含答案

1、導數(shù)與恒成立、能成立問題專題一、基礎理論回顧1、恒成立問題的轉(zhuǎn)化：恒成立；2、能成立問題的轉(zhuǎn)化：能成立；3、恰成立問題的轉(zhuǎn)化：在M上恰成立的解集為M 另一轉(zhuǎn)化方法：若在D上恰成立，等價于在D上的最小值，若 在D上恰成立，則等價于在D上的最大值.4、設函數(shù)、，對任意的，存在，使得，則5、設函數(shù)、，對任意的，存在，使得，則6、設函數(shù)、，存在，存在，使得，則7、設函數(shù)、，存在，存在，使得，則8、若不等式在區(qū)間D上恒成立，等價于在區(qū)間D上函數(shù)和圖象在函數(shù)圖象上方；9、若不等式在區(qū)間D上恒成立，等價于在區(qū)間D上函數(shù)和圖象在函數(shù)圖象下方；二、經(jīng)典題型解析題型一、簡單型例1、已知函數(shù)，其中， 1）對任意，都

2、有恒成立，求實數(shù)的取值范圍；（構(gòu)造新函數(shù)） 2）對任意，都有恒成立，求實數(shù)的取值范圍；（轉(zhuǎn)化）簡解：（1）由成立，只需滿足的最小值大于即可對求導，故在是增函數(shù)，所以的取值范圍是 例2、設函數(shù)，對任意，都有在恒成立，求實數(shù)的范圍分析：思路、解決雙參數(shù)問題一般是先解決一個參數(shù)，再處理另一個參數(shù)以本題為例，實質(zhì)還是通過函數(shù)求最值解決方法1：化歸最值，；方法2：變量分離，或；方法3：變更主元（新函數(shù)），簡解：方法1:對求導，（單調(diào)函數(shù)）由此可知，在上的最大值為與中的較大者，對于任意，得的取值范圍是例3、已知兩函數(shù)，對任意，存在，使得，則實數(shù)m的取值范圍為 答案：題型二、更換主元和換元法例1、已知函數(shù)是

3、實數(shù)集上的奇函數(shù)，函數(shù)是區(qū)間上的減函數(shù)，()求的值；()若上恒成立，求的取值范圍； ()分析：在不等式中出現(xiàn)了兩個字母：及,關鍵在于該把哪個字母看成是一個變量，另一個作為常數(shù)。顯然可將視作自變量，則上述問題即可轉(zhuǎn)化為在內(nèi)關于的一次函數(shù)大于等于0恒成立的問題。()略解：由()知：，在上單調(diào)遞減，在上恒成立，只需，（其中）恒成立，由上述結(jié)論：可令,則，而恒成立，。例2、已知二次函數(shù)對恒有，求的取值范圍。解： 對恒有即變形為 當時對任意的都滿足只須考慮的情況 即 要滿足題意只要保證比右邊的最大值大就行。現(xiàn)求在上的最大值。令 （） 所以又是二次函數(shù)所以且例3、對于滿足0a4的所有實數(shù)a求使不等式都成立

4、的x的取值范圍答案： 或題型三、分離參數(shù)法（欲求某個參數(shù)的范圍，就把這個參數(shù)分離出來）此類問題可把要求的參變量分離出來，單獨放在不等式的一側(cè)，將另一側(cè)看成新函數(shù)，于是將問題轉(zhuǎn)化成新函數(shù)的最值問題：若對于取值范圍內(nèi)的任一個數(shù)都有恒成立，則；若對于取值范圍內(nèi)的任一個數(shù)都有恒成立，則.例1、當時，不等式恒成立，則的取值范圍是 .解析: 當時，由得.例2、已知函數(shù)（為常數(shù)）是實數(shù)集上的奇函數(shù)，函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù).（）求的值與的范圍；（）若對（）中的任意實數(shù)都有在上恒成立，求實數(shù)的取值范圍.（）若，試討論關于的方程的根的個數(shù).解：（）、（）略（）由題意知，函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù).在上恒成立題型四、數(shù)形結(jié)

5、合（恒成立問題與二次函數(shù)聯(lián)系（零點、根的分布法）例1、若對任意,不等式恒成立，則實數(shù)的取值范圍是_解析：O對,不等式恒成立、則由一次函數(shù)性質(zhì)及圖像知，即。例2、不等式在內(nèi)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍。解：畫出兩個凼數(shù)和在上的圖象如圖xy03 知當時，當時總有所以O例4、已知函數(shù)若不等式恒成立，則實數(shù)的取值范圍是 .解：在同一個平面直角坐標系中分別作出函數(shù)及的圖象，由于不等式恒成立，所以函數(shù)的圖象應總在函數(shù)的圖象下方，因此，當時，所以故的取值范圍是題型五、其它（最值）處理方法若在區(qū)間D上存在實數(shù)使不等式成立,則等價于在區(qū)間D上；若在區(qū)間D上存在實數(shù)使不等式成立,則等價于在區(qū)間D上的.利用不等式性質(zhì)

6、1、存在實數(shù)，使得不等式有解，則實數(shù)的取值范圍為_。解：設，由有解，又，解得。2、若關于的不等式恒成立，試求a的范圍解：由題意知只須a比的最小值相同或比其最小值小即可，得由 所以 利用分類討論1、已知函數(shù)在區(qū)間-1，2 上都不小于2，求a的值。解：由函數(shù)的對稱軸為x=a所以必須考察a與-1，2的大小，顯然要進行三種分類討論1）當a2時f(x)在-1，2上是減函數(shù)此時= f(2)=4-4a+4即a 結(jié)合a2，所以a22）當a 時 f(x)在-1，2上是增函數(shù)，此時f(-1)=1+2a+4= f(-1)=1+2a+4結(jié)合a 即a 3）當-1<a<2時 = f(a)= 即a或a 所以綜上

7、1，2，3滿足條件的a的范圍為：a或 a利用導數(shù)迂回處理1、已知 若當時在0，1恒成立，求實數(shù)t的取值范圍解：在0，1 上恒成立，即在0，1上恒成立即在0，1上的最大值小于或等于0令所以，又所以即在0，1上單調(diào)遞減所以，即 得 2、已知函數(shù)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求的取值范圍解： 因為函數(shù)存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以有解.即能成立, 設.由得, .于是,由題設,所以a的取值范圍是3、已知函數(shù)（）當時，求的單調(diào)區(qū)間；（）若時，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍.解：（）略（）當時，不等式即恒成立.由于，亦即，所以.令，則，由得.且當時，；當時，即在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以在處取得極大值，也就是函數(shù)在定義域

8、上的最大值.因此要使恒成立，需要，所以的取值范圍為.注：恒成立問題多與參數(shù)的取值范圍問題聯(lián)系在一起，是近幾年高考的一個熱門題型，往往與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等有關。小結(jié)：恒成立與有解的區(qū)別：不等式對時恒成立，。即的上界小于或等于；不等式對時有解，。 或的下界小于或等于；不等式對時恒成立，。即的下界大于或等于；不等式對時有解，.。 或的上界大于或等于；三、恒成立、能成立問題專題練習1、已知兩函數(shù)，。（1）對任意，都有)成立，求實數(shù)的取值范圍；（2）存在，使成立，求實數(shù)的取值范圍；（3）對任意，都有，求實數(shù)的取值范圍；（4）存在，都有，求實數(shù)的取值范圍；2、設，若對于任意的，都有滿足方程，這時的

9、取值集合為（ ）（A） （B） （C） （D）3、若任意滿足的實數(shù)，不等式恒成立，則實數(shù)的最大值是 _ . 4、不等式有解，則的取值范圍是 5、不等式在內(nèi)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍。6、設函數(shù). （）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值； （）若對任意的不等式成立，求a的取值范圍。7、已知A、B、C是直線上的三點，向量，滿足：.（1）求函數(shù)yf(x)的表達式；（2）若x0，證明：f(x)；（3）若不等式時，及都恒成立，求實數(shù)m的取值范圍8、設，且（e為自然對數(shù)的底數(shù)）(I)求 p 與 q 的關系；(II)若在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，求 p 的取值范圍；(III)設，若在上至少存在一點，使得成立, 求實數(shù) p

10、的取值范圍.課后作業(yè)答案：1、解析：（1）設，問題轉(zhuǎn)化為時，恒成立，故。令，得或。由導數(shù)知識，可知在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，且，由，得。（2）據(jù)題意：存在，使成立，即為：在有解，故，由（1）知，于是得。（3）它與（1）問雖然都是不等式恒成立問題，但卻有很大的區(qū)別，對任意，都有成立，不等式的左右兩端函數(shù)的自變量不同，的取值在上具有任意性，要使不等式恒成立的充要條件是：。 ，在區(qū)間上只有一個解。，即.（4）存在，都有，等價于，由(3)得，點評：本題的三個小題，表面形式非常相似，究其本質(zhì)卻大相徑庭，應認真審題，深入思考，多加訓練，準確使用其成立的充要條件。2、B。解析：由方程可得，對于任意

11、的，可得，依題意得。3、答案：。解析：由不等式可得，由線性規(guī)劃可得。4、解：原不等式有解有解，而，所以。5、解：畫出兩個凼數(shù)和在xy03上的圖象如圖知當時，當，時總有所以6、解：（）（1分）令得的單調(diào)遞增區(qū)間為（a,3a）令得的單調(diào)遞減區(qū)間為（，a）和（3a，+）（4分）當x=a時，極小值=當x=3a時，極小值=b. （6分） （）由|a，得ax2+4ax3a2a.（7分）0<a<1，a+1>2a.上是減函數(shù). （9分）于是，對任意，不等式恒成立，等價于又7、解：(1)y2f /(1)ln(x1)0，y2f /(1)ln(x1)由于A、B、C三點共線即y2f /(1)ln(x

12、1)12分yf(x)ln(x1)12f /(1)f /(x)，得f /(1)，故f(x)ln(x1)4分（2）令g(x)f(x)，由g/(x) x0，g/(x)0，g(x)在(0，)上是增函數(shù)6分故g(x)g(0)0 即f(x)8分（3）原不等式等價于x2f(x2)m22bm3令h(x)x2f(x2)x2ln(1x2)，由h/(x)x10分 當x1，1時，h(x)max0，m22bm30令Q(b)m22bm3，則 得m3或m312分8、解：(I) 而，所以(II)由 (I) 知 ， 4分令，要使在其定義域 (0,+¥) 內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，只需 h(x) 在 (0,+¥) 內(nèi)滿足

13、：h(x)0 或 h(x)0 恒成立. 5分 當時，所以在 (0,+¥) 內(nèi)為單調(diào)遞減，故； 當時，其圖象為開口向上的拋物線，對稱軸為，只需，即p1時， h(x)0，f (x) 在 (0,+¥) 內(nèi)為單調(diào)遞增，故 p1適合題意. 綜上可得，p1或 p0 9分 (III)g(x) = 在 1,e 上是減函數(shù)x = e 時，g(x)min = 2，x = 1 時，g(x)max = 2e 即g(x) Î 2,2e 10分 p0 時，由 (II) 知 f (x) 在 1,e 遞減 Þ f (x)max = f (1) = 0 < 2，不合題意。 0 < p < 1 時，由x Î 1,e Þ x0f(x)=p (x)2lnxx2lnx 右邊為 f (x) 當 p = 1 時的表達式，故在 1,e 遞增 f (x)x2ln xe2ln e = e2 < 2，不