高中导数解题技巧

新课标下的高考越来越重视考查知识的综合应用，恒成立问题涉及方程、不等式、函数性质与图象及它们之间的综合应用，同时渗透换元、转化与化归、数形结合、函数与方程等思想方法，考查综合解题能力，尤其是在函数、导数中体现的更为明显，也是历年高考的热点问题,根据本人的体会，恒成立问题主要有以下几种.

一、利用函数的性质解决恒成立问题

例1 已知函数f(x)x3(1a)x2a(a2)xb (a,bR)．

(1)若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3，求a,b的值； (2)若函数f(x)在区间(1,1)上不单调，求a的取值范围． ．．．解：(1)由题意得f(x)3x22(1a)xa(a2)

f(0)b0 又 ，解得b0，a3或a1

f(0)a(a2)3 (2)函数f(x)在区间(1,1)不单调，等价于

导函数f(x)在(1,1)既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数 即函数f(x)在(1,1)上存在零点，根据零点存在定理，有

f(1)f(1)0， 即：[32(1a)a(a2)][32(1a)a(a2)]0 整理得：(a5)(a1)(a1)20，解得5a1 所以a的取值范围是a5a1.

【方法点评】利用函数的性质解决恒成立问题，主要是函数单调性的应用，函数在给定的区间上不单调意味着导函数在给定的区间上有零点，利用函数零点的存在性定理即可解决问题.

二、利用数形结合思想解决恒成立问题

例2 已知x3是函数fxaln1xx210x的一个极值点．

（1）求a；

（2）求函数fx的单调区间；

（3）若直线yb与函数yfx的图象有3个交点，求b的取值范围． 【方法指导】（1）在极值点处导数为零，可以求a的值；（2）求函数的单调区间借助f(x)0可以求出单调递增区间，f(x)0可以求出单调递减区间；（3）

根据函数f(x)的单调性可以求出其极大值和极小值，画出图象，数形结合可以求出b的取值范围. 解：（1）因为f'xaa2x10，所以f'36100，因此a16． 1x4（2）由（1）知，fx16ln1xx210x,x1,，f'x当x1,12x24x31x

3,时，f'x0；当x1,3时，f'x0．

所以fx的单调增区间是1,1,3,，fx的单调减区间是1,3． （3）由（2）知，fx在1,1内单调增加，在1,3内单调减少，在3,上单调增加，且当x1或x3时，f'x0

所以fx的极大值为f116ln29，极小值为f332ln221 因此f16162101616ln29f1

fe21321121f3

所以在fx的三个单调区间1,1,1,3,3,直线

yb有yfx的图象各有一个交点，当且仅当f3bf1

因此，b的取值范围为32ln221,16ln29．

【方法点评】数形结合是高中数学中常考的思想方法之一，在有关取值范围问题、单调性问题、最值问题中体现较明显，同时方程的根及函数零点也可转化为交点问题解决.

三、分离参数解决恒成立问题

a例3 已知函数f(x)lnx，

x(1)当a0时，判断f(x)在定义域上的单调性； (2)若f(x)x2在(1,)上恒成立，求a的取值范围．

【方法指导】（1）通过判断导数的符号解决；（2）由于参数a是“孤立”的，可以分离参数后转化为一个函数的单调性或最值等解决．

1axa解：(1)由题意：f(x)的定义域为(0,)，且f(x)22．

xxxa0,f(x)0，故f(x)在(0,)上是单调递增函数．

(2)f(x)x2,lnx3ax2.又x0,axlnxx3 x2116x2 令g(x)xlnxx,h(x)g(x)1lnx3x,h(x)6x，

xxh(x)在[1,)上是减函数，h(x)h(1)2，即g(x)0， g(x)在[1,)上也是减函数，g(x)g(1)1．

令a1得ag(x)，

∴当f(x)x2在(1,)恒成立时，a的取值范围是aa1．

【方法点评】分离参数是恒成立问题中的一种重要解题方法，分离参数后，构造新函数，求新函数的最值即可解决恒成立问题中的参数取值范围.

四、利用两个函数的最值解决恒成立问题

bex－1x

例4 [2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f(x)＝aeln x＋x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.

(1)求a，b； (2)证明：f(x)>1.

abb

解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aexln x＋xex－x2ex－1＋xex－1. 由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e，故a＝1，b＝2.

22

(2)证明：由(1)知，f(x)＝exln x＋xex－1，从而f(x)>1等价于xln x>xe－x－e. 设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，

11所以当x∈(0,)时，g′(x)<0；当x∈(,)时，g′(x)>0.

ee11故g(x)在(0,)上单调递减，在(,)上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上

ee11的最小值为g()＝－e. e2－x

设函数h(x)＝xe－e，则h′(x)＝e－x(1－x)．所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.

故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)

1

上的最大值为h(1)＝－e. 1因为gmin(x)＝g()＝h(1)＝hmax(x)，

e所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1. 五、不等式中的恒成立问题

例5 (2016•山东)已知f(x)a(xlnx)(1)讨论f(x)的单调性； (2)当a1时，证明f(x)f(x)2x1,aR. x23对于任意的x[1,2]恒成立． 2a22(ax22)(x1)解：(1)f(x)的定义域为(0,)，f(x)a23

xxxx3当a0时，若x(0,1)，则f(x)0,f(x)单调递增， 若x(1,)，则f(x)0,f(x)单调递减． 当a0时，f(x)a(x1)22(x)(x). x3aa(i)当0a2时，21. a2,)时，f(x)0,f(x)单调递增． a当x(0,1)或x(当x(1,2)时，f(x)0,f(x)单调递减． a21，在区间(0,)内，a(ii)当a2时，f(x)0,f(x)单调递增．

(iii)当a2时，0221.当x(0,)或x(1,)时，f(x)0,f(x)单调aa递增，当x(2,1)时，f(x)0,f(x)单调递减． a综上所述，当a0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减； 当0a2时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,单调递增；

当a2时，f(x)在(0,)上单调递增； 当a2时，f(x)在（0，2

）上单调递增，在（2

，1）上单调递减，在(1，

22)上单调递减，在(,)上aaaa＋∞)上单调递增．

(2)证明：由(1)知，当a1时，

f(x)f(x)xlnxx[1,2] 2x1122312(1)xlnx1，22323xxxxxxx设g(x)xlnx,h(x)由g(x)312231,x[1,2]，则f(x)f(x)g(x)h(x)． xxxx10，可得g(x)g(1)1，当且仅当x1时取得等号． x3x22x6又h(x).设(x)3x22x6，则(x)在[1,2]上单调递减． 4x因为(1)1,(2)10，

所以x0(1,2)，使得当x(1,x0)时，(x)0，x(x0,2)时，(x)0.

所以h(x)h(x)在(1,x0)上单调递增，在(x0,2)上单调递减．

11，可得h(x)h(2)， 22当且仅当x2时取得等号．

3所以f(x)f(x)g(1)h(2)，

23即f(x)f(x)对于任意的x[1,2]成立．

2六、利用恒成立问题求参数的取值范围

由h(1)1,h(2)例6 (2015·北京)已知函数f(x)ln1+x 。 1x(1)求曲线yf(x) 在点(0,f(0)) 处的切线方程；

x3(2)求证：当x(0,1) 时，f(x)2(x) ；

3x3(3)设实数k使得f(x)k(x) 对x(0,1) 恒成立，求k的最大值。

3解：(1)f(x)ln为y2x

1x1,x(1,1),f'(x),f'(0)2,f(0)0 ，所以切线方程1x1x2x3(2)原命题造价于任意x(0,1),f(x)2(x)0 ，

3x3设函数F(x)ln(1x)ln(1x)2(x) ，

32x4F'(x) 。

1x2当x(0,1) 时，F'(x)0 ，函数F(x) 在x(0,1) 上是单调递增函数。

x3F(x)F(0)0 ，因此任意x(0,1),f(x)2(x)。

3x3(3)由(2)知，当k2时，f(x)>k(x)对x∈(0，1)恒成立．

3x3当k>2时，令h(x)＝f(x)－k(x)，则

3kx4－（k－2）

h′(x)＝f′(x)－k(1＋x)＝. 1－x22

4k－2k2(0,4)上单调递减． 所以当0kk4k－2x3(x). 故当0k时，h(x)2时，f(x)>k(x)并非对x∈(0，1)恒成立．

3综上可知，k的最大值为2.

【方法总结】研究不等式f(x)0在区间A上恒成立，求其中参数a的取值范围问题，一般有两种方法：①直接转化为研究带参数的动态函数yf(x)在区间A上的最小值．由于函数yf(x)带有参数，它在区间A上的单调性会由于参数a的不同而变化，因此需要分类讨论．由于函数yf(x)的单调性和其导函数在区间A上的零点个数有关，问题最后都归结为就函数yf(x)在区间A上的零点个数进行分类讨论．问题(2)中的方法一就是遵循这一思路；②是将不等式f(x)0作变形，将参数a和变量x进行分离，将不等式转化为h(a)g(x)(或

h(a)g(x))，利用极值原理，将问题转化为研究函数yg(x)在区间A上的最

大值（或最小值）的问题．

七、变形构造函数解答恒成立问题

例7 已知函数f(x)ln2(1x)2ln(1x)2x．

(1)求证f(x)在区间(0，1)上单调递减；

1(2)若不等式(1)2nae2(e是自然对数的底数）对任意的nN*都成立，

n求实数a的最大值．

【方法指导】(1)这是一个函数的单调性问题，所以用导数法，即证明函数f(x)在区间(0，1)上的导函数恒小于零；(2)先将不等式(1数，转化为

12na)e2两边取自然对na111n恒成立，再用导数法求函数G(x)在2ln(11)ln(x1)xnx(0,1]上的最小值即可．

解：(1)f(x)2[ln(1x)x]，

1x110， 1x设函数g(x)ln(1x)x，当x(0,1)时，g(x)所以函数g(x)在x(0,1)上单调递减，所以g(x)g(0)0，

所以f(x)0在x(0,1)上恒成立，所以函数f(x)在x(,1)上单调递减．

12naa1e2等价于不等式(n)ln(1)1， (2)不等式(1)2nn由11a1111知，n， 设函数G(x)，x(0,1]，

1n2ln(1)ln(x1)xn11(1x)ln2(1x)x2G(x)22， 22(1x)ln(1x)xx(1x)ln(1x)设函数h(x)(1x)ln2(1x)x2，x[0,1]，

h(x)ln2(1x)2ln(1x)2x，由(1)知x(0,1)时，h(x)h(0)0，所h(x)h(0)0，以函数h(x)在x(0,1)上单调递减，所以G(x)0，所以函数G(x)在x(0,1]上单调递减，所以G(x)G(1)11． ln2故函数G(x)在(0,1]上的最小值为G(1)11， ln2即

2a12． 1，所以a的最大值为

2ln2ln2