高考数学统考一轮复习第3章导数及其应用命题探秘1第2课时利用导数研究不等式恒能成立问题学案

第2课时　利用导数研究不等式恒(能)成立问题

技法一　分离参数法解决不等式恒成立问题

[典例1](2020·石家庄模拟)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．

[思维流程]　

[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≥＞0，

则f (x)≥0对任意的x＞0恒成立可转化为≥对任意的x＞0恒成立．

设函数F(x)＝(x＞0)，

则F′(x)＝－.

当0＜x＜1时，F′(x)＞0；

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)＝.

于是≥，解得a≥.

故实数a的取值范围是.

点评：利用分离参数法来确定不等式f (x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：

(1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x)或f 1(λ)≤f 2(x)的形式．

(2)求f 2(x)在x∈D时的最大值或最小值．

(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x)max或f 1(λ)≤f 2(x)min，得到λ的取值范围．

已知函数f (x)＝.

(1)若函数f (x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；

(2)当x≥1时，不等式f (x)≥恒成立，求实数k的取值范围．

[解]　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，

f ′(x)＝＝－，

令f ′(x)＝0，得x＝1.

当x∈(0,1)时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增；

当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减．

所以x＝1为函数f (x)的极大值点，且是唯一的极值点，

所以0＜a＜1＜a＋，故＜a＜1，

即实数a的取值范围为.

(2)由题意得，当x≥1时，k≤恒成立，

令g(x)＝(x≥1)，

则g′(x)＝＝.

再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0，

所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，

所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝2，

故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．

技法二　构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题

[典例2](2020·合肥六校联考)已知函数f (x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝x2＋ax，其中a为常数．

(1)当a＝2时，求函数f (x)在点(0，f (0))处的切线方程；

(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f (x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．

[思维流程]　

[解]　(1)因为a＝2，所以f (x)＝(x＋1)ex，所以f (0)＝1，

f ′(x)＝(x＋2)ex，所以f ′(0)＝2，

所以所求切线方程为2x－y＋1＝0.

(2)令h(x)＝f (x)－g(x)，

由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，

因为h(x)＝(x＋a－1)ex－x2－ax，

所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)．

①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，

所以h(x)min＝h(0)＝a－1，

则a－1≥0，得a≥1.

②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；

当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)＞0，

所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，

所以h(x)min＝h(－a)，

又因为h(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不合题意．

综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．

点评：对于f (x)≥g(x)型的不等式恒成立问题，若无法分离参数，一般采用作差法构造函数h(x)＝f (x)－g(x)或h(x)＝g(x)－f (x)，进而只需满足h(x)min≥0或h(x)max≤0即可．

设函数f (x)＝(1－x2)ex.

(1)讨论f (x)的单调性；

(2)当x≥0时，f (x)≤ax＋1，求实数a的取值范围．

[解]　(1)f ′(x)＝(1－2x－x2)ex，

令f ′(x)＝0，得x＝－1±，

当x∈(－∞，－1－)时，f ′(x)＜0；

当x∈(－1－，－1＋)时，f ′(x)＞0；

当x∈(－1＋，＋∞)时，f ′(x)＜0.

所以f (x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．

(2)令g(x)＝f (x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)，

令x＝0，可得g(0)＝0.

g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a，

令h(x)＝(1－x2－2x)ex－a，

则h′(x)＝－(x2＋4x＋1)ex，

当x≥0时，h′(x)＜0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，

故h(x)≤h(0)＝1－a，即g′(x)≤1－a，

要使f (x)－ax－1≤0在x≥0时恒成立，需要1－a≤0，

即a≥1，此时g(x)≤g(0)＝0，故a≥1.

综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．

技法三　分离参数或构造函数解决不等式能成立问题

[典例3]　已知函数f (x)＝x－aln x，g(x)＝－(a∈R)，若在[1，e]上存在一点x0，使得f (x0)＜g(x0)成立，求a的取值范围．

[思维流程]　

[解]　依题意，只需[f (x0)－g(x0)]min＜0，x0∈[1，e]即可．

令h(x)＝f (x)－g(x)＝x－aln x＋，x∈[1，e]，

则h′(x)＝1－－＝＝.令h′(x)＝0，得x＝a＋1.

①若a＋1≤1，即a≤0时，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)min＝h(1)＝a＋2＜0，得a＜－2；

②若1＜a＋1＜e，即0＜a＜e－1时，

h(x)在[1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e]上单调递增，

故h(x)min＝h(a＋1)＝(a＋1)－aln(a＋1)＋1＝a[1－ln(a＋1)]＋2＞2，x∈(0，e－1)与h(x)＜0不符，故舍去．

③若a＋1≥e，即a≥e－1时，h(x)在[1，e]上单调递减，则h(x)min＝h(e)＝e－a＋＜0，

得a＞＞e－1成立．综上所述，a的取值范围为(－∞，－2)∪.

点评：能成立问题一般是通过分离参数或移项作差构造函数来解决，能成立问题中等价转化有以下几种形式：

(1)存在x∈[a，b]，f (x)≥a成立⇔f (x)max≥a.

(2)存在x∈[a，b]，f (x)≤a成立⇔f (x)min≤a.

(3)存在x1∈[a，b]，对任意x2∈[a，b]，f (x1)≤g(x2)成立⇔f (x)min≤g(x)min.

已知函数f (x)＝3ln x－x2＋x，g(x)＝3x＋a.

(1)若f (x)与g(x)的图象相切，求a的值；

(2)若∃x0＞0，使f (x0)＞g(x0)成立，求参数a的取值范围．

[解]　(1)由题意得，f ′(x)＝－x＋1，g′(x)＝3，设切点为(x0，f (x0))，则k＝f ′(x0)＝－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切点为，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－.

(2)设h(x)＝3ln x－x2－2x.∃x0＞0，使f (x0)＞g(x0)成立，等价于∃x＞0，使h(x)＝3ln x－x2－2x＞a成立，等价于a＜h(x)max(x＞0)．

因为h′(x)＝－x－2＝

＝－，

令得0＜x＜1；令得x＞1.

所以函数h(x)＝3ln x－x2－2x在(0,1)上单调递增，

在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－，即a＜－，

因此参数a的取值范围为.