2024年新高考数学一轮复习知识梳理与题型归纳第18讲导数的应用__利用导数研究不等式恒成立能成立问题（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习知识梳理与题型归纳第18讲导数的应用__利用导数研究不等式恒成立能成立问题（教师版），共7页。

知识梳理
一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若af(x)min；若存在x0∈D，使a0，f(x)是增函数；在(a，＋∞)上，f′(x)0时，f(x)有极大值f(a)＝aln a－a＋1，无极小值．
(2)由(1)知当a≤0，f(x)是减函数，
令b＝eeq \s\up6(\f(a,2))，b0时，当x＝a时，f(x)取得极大值也是最大值，
所以f(x)max＝f(a)＝aln a－a＋1，
要使得对任意x>0，f(x)≤eq \f(1,2)(a2－1)成立，
即aln a－a＋1≤eq \f(1,2)(a2－1)，
则aln a＋eq \f(3,2)－a－eq \f(1,2)a2≤0成立，
令u(a)＝aln a＋eq \f(3,2)－a－eq \f(1,2)a2(a>0)，
所以u′(a)＝ln a＋1－1－a＝ln a－a，
令k(a)＝u′(a)＝ln a－a，
k′(a)＝eq \f(1,a)－1，令k′(a)＝eq \f(1－a,a)＝0，得a＝1，
在(0,1)上，k′(a)>0，k(a)＝u′(a)是增函数，在(1，＋∞)上，k′(a)0，,x>0))得00时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2m)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m)，＋∞)).
(2)若m＝eq \f(1,2e2)，则f(x)＝eq \f(1,2)ln x－eq \f(1,2e2)x.
对∀x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，
等价于对∀x∈[2,2e2]都有g(x)min≥f(x)max，
由(1)知在[2,2e2]上f(x)的最大值为f(e2)＝eq \f(1,2)，
又g′(x)＝1＋eq \f(a,x2)>0(a>0)，x∈[2,2e2]，所以函数g(x)在[2,2e2]上是增函数，所以g(x)min＝g(2)＝2－eq \f(a,2).
由2－eq \f(a,2)≥eq \f(1,2)，得a≤3，又a>0，所以a∈(0,3]，
所以实数a的取值范围为(0,3]．
【跟踪训练3-1】已知函数f(x)＝－aln x＋x＋eq \f(1－a,x).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝ex＋mx2－2e2－3，当a＝e2＋1时，对任意x1∈[1，＋∞)，存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)≤f(x1)，求实数m的取值范围．
【解】 (1)由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－eq \f(a,x)＋1＋eq \f(a－1,x2)＝eq \f(x－1x－a＋1,x2)，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝a－1.
当a≤1时，a－1≤0，由f′(x)