2023届高考一轮复习讲义（理科）第三章　导数及其应用 第2讲　第4课时　利用导数研究不等式的恒成立问题学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第三章　导数及其应用 第2讲　第4课时　利用导数研究不等式的恒成立问题学案，共8页。

策略一：分离参数法
(2020·湖北武汉质检)已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．
【解】 (1)因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)<0，得ln x＋1<0，解得00，得ln x＋1>0，解得x>eq \f(1,e)，所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).综上，f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
(2)因为g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意得2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立．因为x>0，所以a≥ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(1,2x)在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(1,2x)(x>0)，则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(3,2)＋eq \f(1,2x2)＝－eq \f(（x－1）（3x＋1）,2x2).令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－eq \f(1,3)(舍)．
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
所以当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，所以若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，即a≥－2，故实数a的取值范围是[－2，＋∞)．
eq \a\vs4\al()
(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路
用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将
参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．
(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”
(2020·石家庄质量检测)已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．
(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)．
即f′(x)＝xex＋ex－4，
则f′(0)＝－3，f(0)＝2，
所以所求切线方程为3x＋y－2＝0.
(2)由f(1)≥0，得a≥eq \f(1,e－1)>0，
则f(x)≥0对任意的x>0恒成立可转化为eq \f(a,a＋1)≥eq \f(2x－1,xex)对任意的x>0恒成立．
设函数F(x)＝eq \f(2x－1,xex)(x>0)，
则F′(x)＝－eq \f(（2x＋1）（x－1）,x2ex).
当00；
当x>1时，F′(x)<0，
所以函数F(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以F(x)max＝F(1)＝eq \f(1,e).
于是eq \f(a,a＋1)≥eq \f(1,e)，解得a≥eq \f(1,e－1).
故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e－1)，＋∞)).
策略二：等价转化法
设f(x)＝eq \f(a,x)＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
【解】 (1)存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，
得g′(x)＝3x2－2x＝3xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3))).
令g′(x)＞0得x＜0或x＞eq \f(2,3)，
令g′(x)＜0得0＜x＜eq \f(2,3)，
又x∈[0，2]，
所以g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))上单调递减，在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))上单调递增，
所以g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝－eq \f(85,27)，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
所以g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝eq \f(112,27)≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上，函数f(x)min≥g(x)max，
由(1)可知在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq \f(a,x)＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，
h′(x)＝1－2xln x－x，
令m(x)＝xln x，由m′(x)＝ln x＋1＞0得x＞eq \f(1,e).
即m(x)＝xln x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上是增函数，
可知h′(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上是减函数，
又h′(1)＝0，
所以当1＜x≤2时，h′(x)＜0；
当eq \f(1,2)≤x＜1时，h′(x)＞0.
即函数h(x)＝x－x2ln x在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，在区间(1，2]上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1，
所以a≥1，
即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
eq \a\vs4\al()
(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化．
(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题．
已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．
(1)求函数f(x)的极小值；
(2)若存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a.
因为当a>1时，ln a>0，函数y＝(ax－1)ln a在R上是增函数，
当0所以当a>1或0又因为f′(0)＝0，所以f′(x)>0的解集为(0，＋∞)，f′(x)<0的解集为(－∞，0)，故函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，
所以函数f(x)在x＝0处取得极小值1.
(2)因为存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1成立，
所以只需f(x)max－f(x)min≥e－1即可．
由(1)可知，当x∈[－1，1]时，f(x)在[－1，0]上是减函数，在(0，1]上是增函数，
所以当x∈[－1，1]时，f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max为f(－1)和f(1)中的较大者．
f(1)－f(－1)＝(a＋1－ln a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1＋ln a))＝a－eq \f(1,a)－2ln a，
令g(a)＝a－eq \f(1,a)－2ln a(a>0)，
因为g′(a)＝1＋eq \f(1,a2)－eq \f(2,a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a)))eq \s\up12(2)>0，
所以g(a)＝a－eq \f(1,a)－2ln a在(0，＋∞)上是增函数．
而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，即f(1)>f(－1)；
当0所以当a>1时，f(1)－f(0)≥e－1，
即a－ln a≥e－1.
由函数y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；
当0由函数y＝eq \f(1,a)＋ln a在(0，1)上是减函数，解得0综上可知，所求实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))∪[e，＋∞)．
[学生用书P273(单独成册)]
[基础题组练]
1．已知函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是( )
A．a≤1 B．a≥1
C．a≤2 D．a≥2
解析：选A.由题意知f(x)mineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))))≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A.
2．(2020·吉林白山联考)设函数f(x)＝exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,x)－3))－eq \f(a,x)，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为________．
解析：原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，使得a≥ex(x2－3x＋3)，令g(x)＝ex(x2－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，则a≥g(x)min，而g′(x)＝ex(x2－x)．由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，由g′(x)<0可得x∈(0，1)．据此可知，函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.综上可得，实数a的最小值为e.
答案：e
3．(2020·西安质检)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x－1.
(1)求函数y＝f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若不等式f(x)≤ag(x)对任意的x∈(1，＋∞)均成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝eq \f(1,x)，
所以f′(1)＝1.
又f(1)＝0，所以切线的方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，
即所求切线的方程为y＝x－1.
(2)易知对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)＞0，g(x)＞0.
①当a≥1时，f(x)≤g(x)≤ag(x)；
②当a≤0时，f(x)＞0，ag(x)≤0，所以不满足不等式f(x)≤ag(x)；
③当0＜a＜1时，设φ(x)＝f(x)－ag(x)＝ln x－a(x－1)，则φ′(x)＝eq \f(1,x)－a，
令φ′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，
当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况下表：
所以φ(x)max＝φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＞φ(1)＝0，不满足不等式．
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
4．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq \f(ln x,x).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.
当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减；
当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝ln a.
由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)＜0得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．
(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，
则ax≤eq \f(ln x,x)，即a≤eq \f(ln x,x2).
设h(x)＝eq \f(ln x,x2)，则问题转化为a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x2)))eq \s\d7(max)，
由h′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，令h′(x)＝0，则x＝eq \r(e).
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
由上表可知，当x＝eq \r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值为eq \f(1,2e).所以a≤eq \f(1,2e).
5．(2020·河南郑州质检)已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R，在(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－eq \f(x2,2)＋2x＋eq \f(1,2)>k(x－1)成立，求k的取值范围．
解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝eq \f(1,x)－a，所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，令f′(x)>0得01，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)不等式f(x)－eq \f(x2,2)＋2x＋eq \f(1,2)>k(x－1)可化为ln x－eq \f(x2,2)＋x－eq \f(1,2)>k(x－1)．令g(x)＝ln x－eq \f(x2,2)＋x－eq \f(1,2)－k(x－1)(x>1)，则g′(x)＝eq \f(1,x)－x＋1－k＝eq \f(－x2＋（1－k）x＋1,x)，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，x>1，h(x)的对称轴为x＝eq \f(1－k,2).
①当eq \f(1－k,2)≤1时，即k≥－1，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，所以h(x)0，所以必存在x0使得x∈(1，x0)时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，x0)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
②当eq \f(1－k,2)>1时，即k<－1，易知必存在x0，使得h(x)在(1，x0)上单调递增．所以h(x)>h(1)＝1－k>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(1，x0)上单调递增．所以g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
综上，k的取值范围是(－∞，1)．
6．设f(x)＝xex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；
(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq \f(1,2)x2＋x，
所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，
所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
故F(x)min＝F(－1)＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,e).
(2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，
所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．
令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq \f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，
即只需证h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，
故m≥eq \f(1,ex)，而eq \f(1,ex)≤e，故m≥e，
即实数m的取值范围是[e，＋∞)．
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)

极大值

转化关
通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)
求最值关
求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))
eq \f(1,a)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))
φ′(x)
＋
0
－
φ(x)

极大值

x
(0，eq \r(e))
eq \r(e)
(eq \r(e)，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
单调递增
极大值eq \f(1,2e)
单调递减