考点2、利用函数的最值求不等式恒成立问题
例3、已知过函数f (x ) =x 3+ax 2+1的图象上一点B (1, b ) 的切线的斜率为－3．
（1）求a , b 的值；
（2）求A 的取值范围，使不等式f (x ) ≤A -1987对于x ∈[-1, 4]恒成立； 【解析】（1）f ' (x )=3x 2+2ax
依题意得k =f ' (1) =3+2a =-3, ∴a =-3
∴f (x )=x 3-3x 2+1，把B (1, b ) 代入得b =f (1) =-1 ∴a =-3, b =-1
（2）令f ' (x ) =3x 2-6x =0得x =0或x =2 f (0) =1, f (2) =23-3⨯22+1=-3 f (-1) =-3, f (4) =17 ∴x ∈[-1, 4],-3≤f (x ) ≤17
要使f (x ) ≤A -1987对于x ∈[-1, 4]恒成立，则f (x ) 的最大值17≤A -1987 ∴A ≥2004
2
ln x (a ∈R ) 变式训练1、设函数f (x ) =(x -a )
（Ⅰ）若x =e 为y =f (x ) 的极值点，求实数a .
e ]恒有f (x ) ≤4e 2成立（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意x ∈(0,3
（注：e 为自然对数的底数）.
(x -a ) 2a
=(x -a )(2lnx +1-) 【解析】（I ）求导得f ¢(x ) =2(x -a )ln x +x x
因为x =e 是f (x ) 的极值点，所以f ¢(e ) =0
解得a =e 或a =3e ．
经检验，符合题意，所以a =e ，或a =3e
a ]，恒有（II ）①当0
f (x ) ? 04e 2成立，即0
1
符合题意 3
1
3a >1a >②当时即 时，由①知，x Î(0,1]时，不等式恒
3
a ]成立，故下研究函数在(1,3上的最大值，
首先有f (3a ) =(3a -a ) 2ln3a =4a 2ln3a 此值随着a 的增大
而增大，故应有
4a 2ln3a £4e 2，即a 2ln3a £e 2
故参数a 的取值范围是0
同步训练
1、(2011·荆州质检题) 函数f (x ) =ax 3-3x +1对于x ? [1,1]总有f (x ) ³0成立，则a 的取值为( ) A ．[2，＋∞)
B ．[4，＋∞) C．{4}
D ．[2,4]
1122
或a >，且a ln3a £e .
33
【解析】f ¢(x ) =3ax 2-3，当a £0时，f (x ) min =f (1)=a -2 0，a ³2，不合题意；
当0
x -
，f (x ) 在[－1,1]上
f (x ) min =f (1)=
a -2 0，a ³2，不合题意；当a >1
时，
f (-1) =-a +4 0且f 故选C. 答案：C
=-
+1 0，解得a =4. 综上所述，a =4，
2、设函数y =f (x ) 在(-∞, +∞) 内有定义. 对于给定的正数K , 定义函数
⎧f (x ), f (x ) ≤K
取函数f (x ) =2-x -e -x . 若对任意的x ∈(-∞, +∞) , f k (x ) =⎨
⎩K , f (x ) >K 恒有f k (x ) =f (x ) , 则( )
A. K 的最大值为2 B.K 的最小值为2 C. K 的最大值为1 D.K 的最小值为1
【解析】 因为f K (x ) =f (x ) 恒成立，所以K ≥f (x ) =2-x -e -x
f '(x ) =-1+
1
=0时，解得x =0 e x
故x ∈(-∞, 0) 时，f '(x ) >0；x ∈(0, +∞) 时f '(x )
所以f (x ), 在x ∈(-∞, 0) 上为单调递增函数；在x ∈(0, +∞) 上为单调递减函数。 在x =0处取得最大值f (0) max =1，即K ≥1。答案：D
3、设函数f (x ) 在R 上的导函数为f ¢(x ) ，且2f (x ) +xf ¢(x ) >x 2，下面的不等式在R 上恒成立的是（ ）
A、f (x ) >0 B、f (x ) x D、f (x )
立，故选A.
4、（2012辽宁文）设f (x )ln x -1，证明： （1）当x >1时，f (x )
【解析】（1）记g (x ) =ln x 1-
121
x +，则f
(x ) 满足条件，验证各个选项，知B 、C 、22
3
2
9(x -1)
x +5
3
(x -1) ，则当x
>1时， 2
13
g ¢(x ) =-
x 2
3
g (x )
2
9(x -1)
（2）记h (x ) =f (x ) -，则当1
x
h ¢(x ) =
154254-=- 22x (x +5) 2x (x +5)
x +554(x +5) 3-216x
4x (x +5) 4x (x +5)
令l (x ) =(x +5) 3-216x ,1
因此l (x ) 在(1,3)内是递减函数，又由l (1)=0，得l (x )
h ¢(x )
所以，h (x ) 在(1,3)内是递减函数，又h (1)=0，所以h (x )
9(x -1)
. x +5
5、（2012辽宁理）设f (x )=ln(
x +1)ax +b (a , b ∈R , a , b 为常数)，曲线
于是，当1
y =f (x )与直线y =x
3
2
在(0,0)点相切.
9x
x +6
3
3⎛1⎫，又y ' x =0= a ⎪=+a ，2⎝x +1⎭x =02
（1）求a , b 的值；
（2）证明：当0
【解析】（1）由y =f (x )的图像过(0,0)点，代入得b =-1 由y =f (x )在(0,0)处的切线斜率为得a =0
（2）（证法一）由均值不等式，当x
>0时，x
+1
2
x
+1+1=x +2，故记
h ' (
x )=
h (x )=f (x )-
154
x +1(
x +6)2
3
9x
，
x +654x +654=
2x +1(x +6)4x +1(x +6)
则
(x +6)-216(x +1)，令g x =x +63-216x +1，则当0
4(x +1)(x +6)
2
g ' (x )=3(x +6)-216
因此g (x )在(0,2)内是减函数，又由g (0)=0，得g (x )
9x
x +6
1
6、（2012新课标理）已知函数f (x ) 满足满足f (x ) =f '(1)e x -1-f (0)x +x 2；
2
于是当0
（1）求f (x ) 的解析式及单调区间； （2）若f (x ) ≥
12
x +ax +b ，求(a +1) b 的最大值。 2
【解析】（1）f (x ) =f '(1)e x -1-f (0)x + 令x =1得：f (0)=1 f (x ) =f '(1)e x -1-x + 得：f (x ) =e x -x +
12
x ⇒f '(x ) =f '(1)e x -1-f (0)+x 2
12
x ⇒f (0)=f '(1)e -1=1⇔f '(1)=e 2
12
x ⇒g (x ) =f '(x ) =e x -1+x 2
g '(x ) =e x +1>0⇒y =g (x ) 在x ∈R 上单调递增 f '(x ) >0=f '(0)⇔x >0, f '(x )
12x 2
且单调递增区间为(0,+∞) ，单调递减区间为(-∞,0) （2）f (x ) ≥
12
x +ax +b ⇔h (x ) =e x -(a +1) x -b ≥0得h '(x ) =e x -(a +1) 2
①当a +10⇒y =h (x ) 在x ∈R 上单调递增 x →-∞时，h (x ) →-∞与h (x ) ≥0矛盾 ②当a +1=0时，b ≤e x ⇒b ≤0
③当a +1>0时，h '(x ) >0⇔x >ln(a +1), h '(x ) 0) 令F (x ) =x 2-x 2ln x (x >0) ；则F '(x ) =x (1-2ln x ) F '(x ) >0⇔0 当
x =F (x ) max =
e 2
e 2
当
a 1, b =(a +1) b 的最大值为
7、已知函数f (x ) =x 2+bx +c (b , c ∈R )，对任意的x ∈R ，恒有f ' (x )≤f (x )。
2
（Ⅰ）证明：当x ≥0时，f (x )
（Ⅱ）若对满足题设条件的任意b , c , 不等式f (c )-f (b )≤M (c 2-b 2)恒成立，求
M
的最小值.
【解析】（Ⅰ）∵对任意的x ∈R ，恒有f ' (x )≤f (x ) ∴
f ¢(x ) =2x +b ≤x 2+bx +c
即
x 2+(b -2) x +c -b ≥0
恒成立， ∴
(b -2) 2-4(c -b ) =b 2+4-4c ≤0 ①
∴4c >b 2+4≥4, ∴c >1
又b 2
(x +c ) 2-(x 2+bx +c ) =(2c -b ) x +c 2-c ，∵x ≥0, b
(x +c ) 2-(x 2+bx +c ) =(2c -b ) x +c 2-c ≥c 2-c =c (c -1) >0
所以f (x )
Ⅱ
）
f (c ) -f (b ) =c 2+bc +c -(b 2+b 2+c ) =(c 2-b 2) +(bc -b 2) =(c +2b )(c -b )
M (c 2-b 2) =M (c +b )(c -b )
(b -2) 2
≥0，因此有c -b ≥0 因为(b -2) -4(c -b ) ≤0，即(c -b ) ≥
4
2
不等式f (c )-f (b )≤M (c 2-b 2)恒成立，即c +2b ≤M (c +b ) ， ∴ b ≤(M -1)(c +b ) ②
由①式得4c ≥
b 2+4，则 ∴c +b ≥2b ③
c b 1≥+≥=1，∴c ≥b b 4b 由②③式得2(M -1) ≥1，解得M ≥
3
，所以M 的最小值为2
3. 2
8、设函数f (x ) =a 2ln x -x 2+ax ，a >0 （Ⅰ）求f (x ) 的单调区间；
（Ⅱ）求所有实数a ，使e -1≤f (x ) ≤e 2对x ∈[1, e ]恒成立． 【解析】（Ⅰ）由题意f (x ) 的定义域为(0,+ )
a 2-2x 2+ax +a 2
-2x +a = f ¢(x ) = x x
令
g (x ) =-2x 2+ax +a 2
，
a a 2a 29
g (x ) max =g () =-++a 2=a 2>0
4848
∴f ¢(x ) >0，即f (x ) 的单调减函数区间为(0,+ ) （Ⅱ）由（Ⅰ）知f (x ) 在(0,+ ) 上单调递增 ìïf (1)=-1+a ? e 1
则í，解得：a =e 222
ïîf (e ) =a -e +ea e
所以，当a =e 时，e -1≤f (x ) ≤e 2对x ∈[1, e ]恒成立. 9、（2012湖北）设函数f (x ) =ax n (1-x ) +b (x >0) ，n 为正整数，a , b 为常数，曲线y =f (x )
在(1,f (1))处的切线方程为x +y =1. （1）求a , b 的值；
（2）求函数f (x ) 的最大值；
1. ne
【解析】（1）因为f (1)=b ，由点(1,b ) 在x +y =1上，可得1+b =1，即b =0，
（3）证明：f (x )
∵f ¢(x ) =anx n -1-a (n +1) x n ∴f ¢(1)=-a 又∵切线x +y =1的斜率为-1 ∴a =1 故b =0，a =1
（2）由（1）知
f (x ) =x n (1-x ) =x n =x n +1
∴
f ¢(x ) =(n +1) x n -1(
n
-x ) n +1
n
，即f ¢(x ) 在(0,+ ) 上有唯一零n +1
令f ¢(x ) =0，解得x =点x 0=
n . n +1
n
) 上f ¢(x ) >0，故f (x ) 单调递增； n +1n
, + ) 上，f ¢(x )
在(0,
值为
n n n n n n
. f () =() (1-) =n +1
n +1n +1n +1(n +1)
111t -1
=2(t >0) 2
t t t t
在(0,1)上，j ¢(t ) 0，j (t ) 单调递增.
∴j (t ) 在(0,+ ) 上的最小值为j (1)=0. ∴j (t ) >0(t >1) ，
1
即ln t >1-(t >1)
t 1n +11n +1n +1
>) >ln e ，所以 令t =1+，得ln ，即ln(
n n n +1n
n +1n +1() >e ， n
（3）令j (t ) =ln t -1+(t >0) ，则j ¢(t ) =-
n n 1即.
ne (n +1)
n n
由（2）知，f (x ) ?
(n +1) n +1
1
故所证不等式成立. ne
考点2、利用函数的最值求不等式恒成立问题
例3、已知过函数f (x ) =x 3+ax 2+1的图象上一点B (1, b ) 的切线的斜率为－3．
（1）求a , b 的值；
（2）求A 的取值范围，使不等式f (x ) ≤A -1987对于x ∈[-1, 4]恒成立； 【解析】（1）f ' (x )=3x 2+2ax
依题意得k =f ' (1) =3+2a =-3, ∴a =-3
∴f (x )=x 3-3x 2+1，把B (1, b ) 代入得b =f (1) =-1 ∴a =-3, b =-1
（2）令f ' (x ) =3x 2-6x =0得x =0或x =2 f (0) =1, f (2) =23-3⨯22+1=-3 f (-1) =-3, f (4) =17 ∴x ∈[-1, 4],-3≤f (x ) ≤17
要使f (x ) ≤A -1987对于x ∈[-1, 4]恒成立，则f (x ) 的最大值17≤A -1987 ∴A ≥2004
2
ln x (a ∈R ) 变式训练1、设函数f (x ) =(x -a )
（Ⅰ）若x =e 为y =f (x ) 的极值点，求实数a .
e ]恒有f (x ) ≤4e 2成立（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意x ∈(0,3
（注：e 为自然对数的底数）.
(x -a ) 2a
=(x -a )(2lnx +1-) 【解析】（I ）求导得f ¢(x ) =2(x -a )ln x +x x
因为x =e 是f (x ) 的极值点，所以f ¢(e ) =0
解得a =e 或a =3e ．
经检验，符合题意，所以a =e ，或a =3e
a ]，恒有（II ）①当0
f (x ) ? 04e 2成立，即0
1
符合题意 3
1
3a >1a >②当时即 时，由①知，x Î(0,1]时，不等式恒
3
a ]成立，故下研究函数在(1,3上的最大值，
首先有f (3a ) =(3a -a ) 2ln3a =4a 2ln3a 此值随着a 的增大
而增大，故应有
4a 2ln3a £4e 2，即a 2ln3a £e 2
故参数a 的取值范围是0
同步训练
1、(2011·荆州质检题) 函数f (x ) =ax 3-3x +1对于x ? [1,1]总有f (x ) ³0成立，则a 的取值为( ) A ．[2，＋∞)
B ．[4，＋∞) C．{4}
D ．[2,4]
1122
或a >，且a ln3a £e .
33
【解析】f ¢(x ) =3ax 2-3，当a £0时，f (x ) min =f (1)=a -2 0，a ³2，不合题意；
当0
x -
，f (x ) 在[－1,1]上
f (x ) min =f (1)=
a -2 0，a ³2，不合题意；当a >1
时，
f (-1) =-a +4 0且f 故选C. 答案：C
=-
+1 0，解得a =4. 综上所述，a =4，
2、设函数y =f (x ) 在(-∞, +∞) 内有定义. 对于给定的正数K , 定义函数
⎧f (x ), f (x ) ≤K
取函数f (x ) =2-x -e -x . 若对任意的x ∈(-∞, +∞) , f k (x ) =⎨
⎩K , f (x ) >K 恒有f k (x ) =f (x ) , 则( )
A. K 的最大值为2 B.K 的最小值为2 C. K 的最大值为1 D.K 的最小值为1
【解析】 因为f K (x ) =f (x ) 恒成立，所以K ≥f (x ) =2-x -e -x
f '(x ) =-1+
1
=0时，解得x =0 e x
故x ∈(-∞, 0) 时，f '(x ) >0；x ∈(0, +∞) 时f '(x )
所以f (x ), 在x ∈(-∞, 0) 上为单调递增函数；在x ∈(0, +∞) 上为单调递减函数。 在x =0处取得最大值f (0) max =1，即K ≥1。答案：D
3、设函数f (x ) 在R 上的导函数为f ¢(x ) ，且2f (x ) +xf ¢(x ) >x 2，下面的不等式在R 上恒成立的是（ ）
A、f (x ) >0 B、f (x ) x D、f (x )
立，故选A.
4、（2012辽宁文）设f (x )ln x -1，证明： （1）当x >1时，f (x )
【解析】（1）记g (x ) =ln x 1-
121
x +，则f
(x ) 满足条件，验证各个选项，知B 、C 、22
3
2
9(x -1)
x +5
3
(x -1) ，则当x
>1时， 2
13
g ¢(x ) =-
x 2
3
g (x )
2
9(x -1)
（2）记h (x ) =f (x ) -，则当1
x
h ¢(x ) =
154254-=- 22x (x +5) 2x (x +5)
x +554(x +5) 3-216x
4x (x +5) 4x (x +5)
令l (x ) =(x +5) 3-216x ,1
因此l (x ) 在(1,3)内是递减函数，又由l (1)=0，得l (x )
h ¢(x )
所以，h (x ) 在(1,3)内是递减函数，又h (1)=0，所以h (x )
9(x -1)
. x +5
5、（2012辽宁理）设f (x )=ln(
x +1)ax +b (a , b ∈R , a , b 为常数)，曲线
于是，当1
y =f (x )与直线y =x
3
2
在(0,0)点相切.
9x
x +6
3
3⎛1⎫，又y ' x =0= a ⎪=+a ，2⎝x +1⎭x =02
（1）求a , b 的值；
（2）证明：当0
【解析】（1）由y =f (x )的图像过(0,0)点，代入得b =-1 由y =f (x )在(0,0)处的切线斜率为得a =0
（2）（证法一）由均值不等式，当x
>0时，x
+1
2
x
+1+1=x +2，故记
h ' (
x )=
h (x )=f (x )-
154
x +1(
x +6)2
3
9x
，
x +654x +654=
2x +1(x +6)4x +1(x +6)
则
(x +6)-216(x +1)，令g x =x +63-216x +1，则当0
4(x +1)(x +6)
2
g ' (x )=3(x +6)-216
因此g (x )在(0,2)内是减函数，又由g (0)=0，得g (x )
9x
x +6
1
6、（2012新课标理）已知函数f (x ) 满足满足f (x ) =f '(1)e x -1-f (0)x +x 2；
2
于是当0
（1）求f (x ) 的解析式及单调区间； （2）若f (x ) ≥
12
x +ax +b ，求(a +1) b 的最大值。 2
【解析】（1）f (x ) =f '(1)e x -1-f (0)x + 令x =1得：f (0)=1 f (x ) =f '(1)e x -1-x + 得：f (x ) =e x -x +
12
x ⇒f '(x ) =f '(1)e x -1-f (0)+x 2
12
x ⇒f (0)=f '(1)e -1=1⇔f '(1)=e 2
12
x ⇒g (x ) =f '(x ) =e x -1+x 2
g '(x ) =e x +1>0⇒y =g (x ) 在x ∈R 上单调递增 f '(x ) >0=f '(0)⇔x >0, f '(x )
12x 2
且单调递增区间为(0,+∞) ，单调递减区间为(-∞,0) （2）f (x ) ≥
12
x +ax +b ⇔h (x ) =e x -(a +1) x -b ≥0得h '(x ) =e x -(a +1) 2
①当a +10⇒y =h (x ) 在x ∈R 上单调递增 x →-∞时，h (x ) →-∞与h (x ) ≥0矛盾 ②当a +1=0时，b ≤e x ⇒b ≤0
③当a +1>0时，h '(x ) >0⇔x >ln(a +1), h '(x ) 0) 令F (x ) =x 2-x 2ln x (x >0) ；则F '(x ) =x (1-2ln x ) F '(x ) >0⇔0 当
x =F (x ) max =
e 2
e 2
当
a 1, b =(a +1) b 的最大值为
7、已知函数f (x ) =x 2+bx +c (b , c ∈R )，对任意的x ∈R ，恒有f ' (x )≤f (x )。
2
（Ⅰ）证明：当x ≥0时，f (x )
（Ⅱ）若对满足题设条件的任意b , c , 不等式f (c )-f (b )≤M (c 2-b 2)恒成立，求
M
的最小值.
【解析】（Ⅰ）∵对任意的x ∈R ，恒有f ' (x )≤f (x ) ∴
f ¢(x ) =2x +b ≤x 2+bx +c
即
x 2+(b -2) x +c -b ≥0
恒成立， ∴
(b -2) 2-4(c -b ) =b 2+4-4c ≤0 ①
∴4c >b 2+4≥4, ∴c >1
又b 2
(x +c ) 2-(x 2+bx +c ) =(2c -b ) x +c 2-c ，∵x ≥0, b
(x +c ) 2-(x 2+bx +c ) =(2c -b ) x +c 2-c ≥c 2-c =c (c -1) >0
所以f (x )
Ⅱ
）
f (c ) -f (b ) =c 2+bc +c -(b 2+b 2+c ) =(c 2-b 2) +(bc -b 2) =(c +2b )(c -b )
M (c 2-b 2) =M (c +b )(c -b )
(b -2) 2
≥0，因此有c -b ≥0 因为(b -2) -4(c -b ) ≤0，即(c -b ) ≥
4
2
不等式f (c )-f (b )≤M (c 2-b 2)恒成立，即c +2b ≤M (c +b ) ， ∴ b ≤(M -1)(c +b ) ②
由①式得4c ≥
b 2+4，则 ∴c +b ≥2b ③
c b 1≥+≥=1，∴c ≥b b 4b 由②③式得2(M -1) ≥1，解得M ≥
3
，所以M 的最小值为2
3. 2
8、设函数f (x ) =a 2ln x -x 2+ax ，a >0 （Ⅰ）求f (x ) 的单调区间；
（Ⅱ）求所有实数a ，使e -1≤f (x ) ≤e 2对x ∈[1, e ]恒成立． 【解析】（Ⅰ）由题意f (x ) 的定义域为(0,+ )
a 2-2x 2+ax +a 2
-2x +a = f ¢(x ) = x x
令
g (x ) =-2x 2+ax +a 2
，
a a 2a 29
g (x ) max =g () =-++a 2=a 2>0
4848
∴f ¢(x ) >0，即f (x ) 的单调减函数区间为(0,+ ) （Ⅱ）由（Ⅰ）知f (x ) 在(0,+ ) 上单调递增 ìïf (1)=-1+a ? e 1
则í，解得：a =e 222
ïîf (e ) =a -e +ea e
所以，当a =e 时，e -1≤f (x ) ≤e 2对x ∈[1, e ]恒成立. 9、（2012湖北）设函数f (x ) =ax n (1-x ) +b (x >0) ，n 为正整数，a , b 为常数，曲线y =f (x )
在(1,f (1))处的切线方程为x +y =1. （1）求a , b 的值；
（2）求函数f (x ) 的最大值；
1. ne
【解析】（1）因为f (1)=b ，由点(1,b ) 在x +y =1上，可得1+b =1，即b =0，
（3）证明：f (x )
∵f ¢(x ) =anx n -1-a (n +1) x n ∴f ¢(1)=-a 又∵切线x +y =1的斜率为-1 ∴a =1 故b =0，a =1
（2）由（1）知
f (x ) =x n (1-x ) =x n =x n +1
∴
f ¢(x ) =(n +1) x n -1(
n
-x ) n +1
n
，即f ¢(x ) 在(0,+ ) 上有唯一零n +1
令f ¢(x ) =0，解得x =点x 0=
n . n +1
n
) 上f ¢(x ) >0，故f (x ) 单调递增； n +1n
, + ) 上，f ¢(x )
在(0,
值为
n n n n n n
. f () =() (1-) =n +1
n +1n +1n +1(n +1)
111t -1
=2(t >0) 2
t t t t
在(0,1)上，j ¢(t ) 0，j (t ) 单调递增.
∴j (t ) 在(0,+ ) 上的最小值为j (1)=0. ∴j (t ) >0(t >1) ，
1
即ln t >1-(t >1)
t 1n +11n +1n +1
>) >ln e ，所以 令t =1+，得ln ，即ln(
n n n +1n
n +1n +1() >e ， n
（3）令j (t ) =ln t -1+(t >0) ，则j ¢(t ) =-
n n 1即.
ne (n +1)
n n
由（2）知，f (x ) ?
(n +1) n +1
1
故所证不等式成立. ne