四、不等式恒成立求字母范围
恒成立之最值的直接应用
（2011北京理18倒数第3大题，最值的直接应用）
已知函数。
⑴求的单调区间；
⑵若对于任意的，都有≤，求的取值范围.
解：⑴，令，
当时，与的情况如下：
+ 0 0 + 0 所以，的单调递增区间是和：单调递减区间是，
当时，与的情况如下：
0 + 0 0 所以，的单调递减区间是和：单调递减区间是。
⑵当时，因为，所以不会有
当时，由（Ⅰ）知在上的最大值是，
所以等价于,解
综上：故当时，的取值范围是[，0].
（2008天津理20倒数第3大题，最值的直接应用，第3问带有小的处理技巧）
已知函数，其中.
⑴若曲线在点处切线方程为,求函数的解析式；
⑵讨论函数的单调性；
⑶若对于任意的，不等式在上恒成立，求的取值范围.
解：⑴，由导数的几何意义得，于是．
由切点在直线上可得，解得．
所以函数的解析式为．
⑵．
当时，显然(),这时在，上内是增函数．
当时，令，解得．
当变化时，，的变化情况如下表：
＋ 0 － － 0 ＋ ↗ 极大值 ↘ ↘ 极小值 ↗ ∴在，内是增函数，在，内是减函数．
⑶由⑵知，在上的最大值为与的较大者，对于任意的，不等式在上恒成立，当且仅当，即，对任意的成立．从而得，所以满足条件的的取值范围是．
（转换变量，作差）
已知函数.
⑴若，求的单调区间；
⑵已知是的两个不同的极值点，且，若恒成立，求实数b的取值范围。
解：⑴，或1
令，解得令，解得，
的增区间为；减区间为，
⑵，即
由题意两根为，，又
且△，.
设，
或
2 + 0 0 + 极大值 极小值 又，，，.
恒成立之分离常数
（分离常数）
已知函数
(1)若在处的切线平行于直线，求函数的单调区间；
(2)若，且对时，恒成立，求实数的取值范围.
解:(1)定义域为,直线的斜率为,
,,.所以
由;由
所以函数的单调增区间为,减区间为.
(2)，且对时，恒成立
,即.
设.
当时,,
当时,,.
所以当时,函数在上取到最大值,且
所以,所以
所以实数的取值范围为.
（法二）讨论法
，在上是减函数，在上是增函数.
当≤时，≥，解得，∴≤.
当时，，解得，∴.
综上.
（2011长春一模，恒成立，分离常数，二阶导数）
已知函数,（其中R,为自然对数的底数）.
(1)当时,求曲线在处的切线方程；
(2)当≥1时,若关于的不等式≥0恒成立,求实数的取值范围.
（改x≥0时，≥0恒成立.≤1）
解：（1）当时，,,,
切线方程为．
（2）[方法一]
≥1,≥≤,
设,则,
设,则,
在上为增函数,≥,
,在上为增函数,
≥,≤．
[方法二], ,
设,,
≥0,≥0,在上为增函数,
≥.
又≥0恒成立,≥0,≤,
≥,,
在上为增函数,此时≥≥0恒成立,
≤．
（改x≥0时，≥0恒成立.≤1）
解：先证明在上是增函数，再由洛比达法则，∴，∴≤1.（正常的讨论进行不了，除非系数调到二次项上，分两种情况讨论可得≤1）
（两边取对数的技巧）设函数且）
（1）求的单调区间；
（2）求的取值范围；
（3）已知对任意恒成立，求实数的取值范围。
解：（1）,
当时，即.
当时，即或.
故函数的单调递增区间是.
函数的单调递减区间是.
（2）由时，即，
由（1）可知在上递增，在递减，所以在区间（－1，0）上，
当时，取得极大值，即最大值为.
在区间上，.
函数的取值范围为.分
（3），两边取自然对数得
（分离常数）
已知函数．
（Ⅰ）若函数在区间其中a>0，上存在极值，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）如果当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围；
解：（Ⅰ）因为，x>0，则，
当时，；当时，．
所以在（0，1）上单调递增；在上单调递减，
所以函数在处取得极大值．
因为函数在区间（其中）上存在极值，
所以解得．
（Ⅱ）不等式即为记
所以
令，则，
，在上单调递增，
，从而，
故在上也单调递增，所以，所以．
（2010湖南，分离常数，构造函数）
已知函数对任意的恒有.
⑴证明：当
⑵若对满足题设条件的任意b、c，不等式恒成立，求M的最小值。
（第3问不常见，有特点，由特殊到一般，先猜后证）已知函数
（Ⅰ）求函数f(x)的定义域
（Ⅱ）确定函数f(x)在定义域上的单调性，并证明你的结论.
（Ⅲ）若x>0时恒成立，求正整数k的最大值.
解：（1）定义域
（2）单调递减。
当，令，
故在（－1，0）上是减函数，即，
故此时
在（－1，0）和（0，+）上都是减函数
（3）当x>0时，恒成立，令
又k为正整数，∴k的最大值不大于3
下面证明当k=3时，恒成立
当x>0时恒成立
令，则
，，当
∴当取得最小值
当x>0时，恒成立，因此正整数k的最大值为3
(恒成立，分离常数，涉及整数、较难的处理)
已知函数
（Ⅰ）试判断函数上单调性并证明你的结论；
（Ⅱ）若恒成立，求整数k的最大值；（较难的处理）
（Ⅲ）求证：(1+1×2)(1+2×3)…[1+n(n+1)]>e2n－3.
解：（I）
上递减.
（II）
则上单调递增，
又
存在唯一实根a，且满足
当
∴
故正整数k的最大值是3.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知
∴
令，则
∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]
∴（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]>e2n－3
(分离常数，双参，较难)已知函数，.
（１）若函数依次在处取到极值．
①求的取值范围；②若，求的值．
（２）若存在实数，使对任意的，不等式恒成立．求正整数的最大值．
解：（1）①
②
.
（2）不等式，即，即.
转化为存在实数，使对任意，不等式恒成立,即不等式在上恒成立。
即不等式在上恒成立。
设，则。
设，则，因为，有。
故在区间上是减函数。
又
故存在，使得。
当时，有，当时，有。
从而在区间上递增，在区间上递减。
又
所以当时，恒有；当时，恒有；
故使命题成立的正整数的最大值为5.
（2008湖南理22，分离常数，复合的超范围）
已知函数
⑴求函数的单调区间;
⑵若不等式对任意的都成立（其中e是自然对数的底数），求a的最大值.（分离常数）
解:⑴函数的定义域是，
设则
令则
当时，在（－1，0）上为增函数，
当x＞0时，在上为减函数.
所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以，
函数g(x)在上为减函数.
于是当时，当x＞0时，
所以，当时，在（－1，0）上为增函数.
当x＞0时，在上为减函数.
故函数的单调递增区间为（－1，0），单调递减区间为.
⑵不等式等价于不等式
由知，＞0，∴上式变形得
设，则则
由⑴结论知，（≤）即
所以于是G(x)在上为减函数.
故函数在上的最小值为
所以a的最大值为
（变形，分离常数）
已知函数(a为实常数).
(1)若，求证：函数在(1,+∞)上是增函数；
(2)求函数在[1,e]上的最小值及相应的值；
(3)若存在，使得成立，求实数a的取值范围.
解：⑴当时，，当，，
故函数在上是增函数．
⑵，当，．
若，在上非负（仅当，x=1时，），故函数在上是增函数，此时．
若，当时,；当时，，此时
是减函数；当时，，此时是增函数．
故．
若，在上非正（仅当，x=e时，），故函数 在上是减函数，此时．
⑶不等式，可化为．
∵,∴且等号不能同时取，所以，即，
因而（）
令（），又，
当时，，，
从而（仅当x=1时取等号），所以在上为增函数，
故的最小值为，所以a的取值范围是．
（分离常数，转换变量，有技巧）
设函数.
⑴若函数在处与直线相切：
①求实数的值；②求函数在上的最大值；
⑵当时，若不等式≥对所有的都成立，求实数的取值范围.
解：（1）①。
∵函数在处与直线相切解得 .
②
当时，令得；令，得，上单调递增，在[1，e]上单调递减，.
（2）当b=0时，若不等式对所有的都成立，则对所有的都成立，
即对所有的都成立，
令为一次函数，.
上单调递增，，
对所有的都成立.
..
（注：也可令所有的都成立，分类讨论得对所有的都成立，，请根据过程酌情给分）
恒成立之讨论字母范围
（2007全国I，利用均值，不常见）
设函数．
⑴证明：的导数；
⑵若对所有都有，求的取值范围．
解：⑴的导数．由于，故．
（当且仅当时，等号成立）．
⑵令，则，
①若，当时，，
故在上为增函数，
所以，时，，即．
②若，方程的正根为，
此时，若，则，故在该区间为减函数．
所以，时，，即，与题设相矛盾．
综上，满足条件的的取值范围是．
设函数f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)－g(x).
(Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a的值；
(Ⅱ)当a=1时,设P(x1,f(x1)),Q(x2,g(x2))(x1>0,x2>0),且PQ//x轴,求P、Q两点间的最短距离；
(Ⅲ):若x≥0时,函数y=F(x)的图象恒在y=F(－x)的图象上方,求实数a的取值范围．
解：(Ⅰ)F(x)=ex+sinx－ax,.
因为x=0是F(x)的极值点,所以.
又当a=2时,若x<0,;若x>0,.
∴x=0是F(x)的极小值点,∴a=2符合题意.
(Ⅱ)∵a=1,且PQ//x轴,由f(x1)=g(x2)得:,所以.
令当x>0时恒成立.
∴x∈[0,+∞时,h(x)的最小值为h(0)=1.∴|PQ|min=1.
(Ⅲ)令
则.
因为当x≥0时恒成立,
所以函数S(x)在上单调递增,
∴S(x)≥S(0)=0当x∈[0,+∞时恒成立;
因此函数在上单调递增,当x∈[0,+∞时恒成立.
当a≤2时,,在[0,+∞单调递增,即.
故a≤2时F(x)≥F(－x)恒成立.
（用到二阶导数，二次）
设函数.
⑴若，求的最小值；
⑵若当时，求实数的取值范围.
解：（1）时，，.
当时，；当时，.
所以在上单调减小，在上单调增加
故的最小值为
（2），
当时，，所以在上递增，
而，所以，所以在上递增，
而，于是当时，.
当时，由得
当时，，所以在上递减，
而，于是当时，，所以在上递减，
而，所以当时，.
综上得的取值范围为.
(第3问设计很好，2问是单独的，可以拿掉)已知函数，斜率为的直线与相切于点.
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）当实数时，讨论的极值点。
（Ⅲ）证明：.
解：（Ⅰ）由题意知：
………………………………2分
解得：；解得：
所以在上单调递增，在上单调递减………………4分
（Ⅱ）=
得：.
若即，
+ - + 极大值 极小值 此时的极小值点为，极大值点………………………………7分
若即，，则，在上单调递增，无极值点.
若即，，
+ - + 极大值 极小值 此时的极大值点为，极小值点.
综上述：
当时，的极小值点为，极大值点；
当时，无极值点；
当时，的极大值点为，极小值点.
（2011全国I文21，恒成立，一次，提出一部分再处理的技巧）
设函数.
⑴若a=，求的单调区间；
⑵若当≥0时≥0，求a的取值范围.
解：⑴时，，.
当时;当时，;
当时，.
故在，单调增加，在(－1，0)单调减少.
⑵.令，则.
①若，则当时，，为减函数，而，
从而当x≥0时≥0，即≥0，符合题意.
②若，则当时，，为减函数，而，
从而当时＜0，即＜0,不合题意.
综合得的取值范围为
（2011全国新理21，恒成立，反比例，提出公因式再处理的技巧，本题的创新之处是将一般的过定点（0,0）变为过定点（1,0），如果第2问范围变为则更间单）
已知函数在点处的切线方程为.
⑴求、的值；
⑵如果当，且时，，求的取值范围。
解：⑴，
依意意且，即，，解得，.
⑵由⑴知，所以.
设，则.
（注意h(x)恒过点(1,0)，由上面求导的表达式发现讨论点0和1）
① 当，由，（变形难想，法二）
当时，.而，故
当时，，可得；
当x(1,+)时，<0，可得>0,
从而当x>0,且x1时，－(+)>0，即>+.
法二：的分子≤＜0，∴.
②当00,故>0,而
=0，故当x(1,)时，>0，可得<0,不合题意.
③当k≥1，此时>0，则x(1，+)时，递增，，∴<0,不合题意.
综上，k的取值范围为(－,0]
(恒成立，讨论,较容易，但说明原理)已知函数.
（1）求函数的单调区间和极值；
（2）若对上恒成立，求实数的取值范围.
解：（1）.
当时，，在上增,无极值；当时，，
在上减，在上增,∴有极小值，无极大值.
（2）
当时，在上恒成立，则是单调递增的，
则只需恒成立，所以.
当时，在上减，在上单调递增，所以当时，
这与恒成立矛盾，故不成立.
综上：.
（2010新课程理21，恒成立，讨论，二次，用到结论）
设函数.
⑴若，求的单调区间；
⑵若当时，求的取值范围.
解：命题意图：本题主要考查利用导数研究函数性质、不等式恒成立问题以及参数取值范围问题，考查分类讨论、转化与划归解题思想及其相应的运算能力.
⑴时，，.
当时，；当时，.故在单调减少，在单调增加.
⑵①当≤时，，
由⑴结论知≥，则，
故，从而当，即时，，
而，于是当时，，符合题意.
②时，由可得.（太难想，法二）
，
故当时,，而，于是当时,.
综合得的取值范围为.
法二：设,则,
令，得.
当，，在此区间上是增函数，∴≤，
∴在此区间上递增，∴≤，不合题意.
（恒成立，2010全国卷2理数，利用⑴结论，较难的变形讨论）
设函数．
⑴证明：当时，；
⑵设当时，，求a的取值范围．
解：本题主要考查导数的应用和利用导数证明不等式，考查考生综合运用知识的能力及分类讨论的思想，考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.
【点评】导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力度不会减弱。作为压轴题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.
已知函数，且函数是上的增函数。
（1）求的取值范围；
（2）若对任意的，都有（e是自然对数的底），求满足条件的最大整数的值。
解析：（1）设，所以，得到．所以的取值范围为………2分
（2）令，因为是上的增函数，且，所以是上的增函数。…………………………4分
由条件得到（两边取自然对数），猜测最大整数，现在证明对任意恒成立。…………6分
等价于，………………8分
设，
当时，，当时，，
所以对任意的都有，即对任意恒成立，
所以整数的最大值为2．……………………………………………………14分
（2008山东卷21）
已知函数其中n∈N,a为常数.
⑴当n=2时，求函数f(x)的极值；
⑵当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x－1.
解：⑴由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}，
当n=2时，所以
①当a＞0时，由f(x)=0得＞1，＜1，
此时=.
当x∈（1，x1）时，＜0,f(x)单调递减；
当x∈（x1+∞）时，＞0,f(x)单调递增.
②当a≤0时，＜0恒成立，所以f(x)无极值.
综上所述，n=2时，
当a＞0时，f(x)在处取得极小值，极小值为
当a≤0时，f(x)无极值.
⑵证法一：因为a=1,所以
①当n为偶数时，令
则）=1+＞0（x≥2）.
所以当x∈[2,+∞]时，g(x)单调递增，
又g(2)=0，因此≥g(2)=0恒成立，
所以f(x)≤x－1成立.
②当n为奇数时，要证≤x－1,由于＜0，所以只需证ln(x－1)≤x－1,
令h(x)=x－1－ln(x－1),则=1－≥0(x≥2),
所以,当x∈[2，+∞]时，单调递增，又h(2)=1＞0，
所以当x≥2时，恒有h(x)＞0,即ln(x－1)＜x－1命题成立.
综上所述，结论成立.
证法二：当a=1时，
当x≤2，时，对任意的正整数n，恒有≤1，
故只需证明1+ln(x－1)≤x－1.
令
则
当x≥2时，≥0，故h(x)在上单调递增，
因此，当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x－1)≤x－1成立.
故当x≥2时，有≤x－1.
即f（x）≤x－1.
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2
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