高考数学第一轮复习复习第4节　利用导数研究恒(能)成立问题（讲义）

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分离参数法解决不等式恒(能)成立问题
[例1] 已知函数f(x)=ex+1-ax-a-1.
(1)讨论f(x)的极值;
(2)设a=1,若关于x的不等式f(x-1)≥bx3-x2在区间(0,+∞)内恒成立,求实数b的取值范围.
解:(1)因为f(x)=ex+1-ax-a-1,
所以f′(x)=ex+1-a,
当a≤0时,f′(x)>0恒成立,则函数f(x)在R上单调递增,此时无极值,
当a>0时,由f′(x)≥0得x≥ln a-1,
由f′(x)<0得x所以函数f(x)在(-∞,ln a-1]上单调递减,在[ln a-1,+∞)上单调递增,
所以当x=ln a-1时,函数f(x)有极小值
f(ln a-1)=a-a(ln a-1)-a-1=a-aln a-1.
综上,当a≤0时,函数f(x)无极值,
当a>0时,函数f(x)在x=ln a-1处取得极小值f(ln a-1)=a-aln a-1,无极大值.
(2)当a=1时,f(x)=ex+1-x-2,则f(x-1)=ex-x-1,
因为f(x-1)≥bx3-x2,即ex-x-1≥bx3-x2,
因为x>0,
所以b≤ex+x2-x-1x3,
令g(x)=ex+x2-x-1x3,
则g′(x)=(x-3)(ex-x-1)x4,
令h(x)=ex-x-1,
则h′(x)=ex-1>0在(0,+∞)上恒成立,
所以h(x)>h(0)=0,
由g′(x)≥0得x≥3,由g′(x)<0得x<3,
所以函数g(x)在(0,3]上单调递减,在[3,+∞)上单调递增,当x=3时,函数g(x)有最小值g(x)min=g(3)=e3+527,所以b≤e3+527,
所以实数b的取值范围是(-∞,e3+527].
分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.
(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max;
a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min;
a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min;
a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.
[针对训练] 已知函数f(x)=ex-f(0)x,若存在实数x0使不等式2a-1-x022≥f(x0)成立,则a的取值范围为( )
A.[1,+∞)B.(-∞,3]
C.(-∞,2]D.[0,+∞)
解析:令x=0得f(0)=1,所以f(x)=ex-x,
将2a-1-x022≥f(x0)化简得2a-1≥ex0-x0+x022,
令g(x)=ex-x+x22,则g′(x)=ex-1+x,
令h(x)=g′(x)=ex-1+x,
因为h′(x)=ex+1>0,所以g′(x)为增函数,
当x>0时,g′(x)>g′(0)=0,g(x)为增函数,g(x)>g(0)=1;
当x<0时,g′(x)g(0)=1,
因此g(x)最小值为1,从而2a-1≥1,即a≥1.
故选A.
最值转化法求不等式恒(能)成立问题
[例2] 已知函数f(x)=ex-1+a,函数g(x)=ax+ln x,a∈R.
(1)求函数y=g(x)的单调区间;
(2)若不等式f(x)≥g(x)+1在[1,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围.
解:(1)因为g(x)=ax+ln x,a∈R,x>0,
所以g′(x)=a+1x=ax+1x,
当a≥0时,增区间为(0,+∞),无减区间;
当a<0时,增区间为(0,-1a),减区间为(-1a,+∞).
(2)f(x)≥g(x)+1,
即ex-1-ln x+a-ax-1≥0在[1,+∞)上恒成立,
设F(x)=ex-1-ln x+a-ax-1,考虑到F(1)=0,
F′(x)=ex-1-1x-a在[1,+∞)上为增函数.
因为x≥1,ex-1-1x≥0,
所以当a≤0时,F′(x)≥0,F(x)在[1,+∞)上为增函数,F(x)≥0恒成立.
当a>0时,F′(1)<0,F′(x)在[1,+∞)上为增函数,∃x∈(1,+∞),在(1,x)上,F′(x)<0,F(x)单调递减,F(x)<0,这时不合题意.
综上所述,a≤0,即a的取值范围为(-∞,0].
根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题,一般需讨论参数范围,借助函数单调性求解.
[针对训练] (2023·湖南衡阳模拟)已知函数f(x)=-ax2+ln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性﹔
(2)若存在x∈(1,+∞),f(x)>-a,求a的取值范围.
解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=-2ax+1x=1-2ax2x,
当a≤0时,f′(x)>0,
则f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,由f′(x)=0,得x=12a,
由f′(x)>0,得x∈(0,12a),
由f′(x)<0,得x∈(12a,+∞),
于是有f(x)在(0,12a)上单调递增,
在(12a,+∞)上单调递减.
(2)由f(x)>-a,
得a(x2-1)-ln x<0,x∈(1,+∞),
-ln x<0,x2-1>0.
当a≤0时,a(x2-1)-ln x<0,满足题意;
当a≥12时,
令g(x)=a(x2-1)-ln x(x>1),
g′(x)=2ax2-1x>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,则g(x)>g(1)=0,不符合题意;
当0由g′(x)>0,得x∈(12a,+∞),
由g′(x)<0,得x∈(1,12a),
于是有g(x)在(1,12a)上单调递减,
在(12a,+∞)上单调递增,
g(x)min=g(12a)则当0综上,a的取值范围为(-∞,12).
双变量的恒(能)成立问题
[例3] 已知函数f(x)=aln x+14x+3a2x(a≠0).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)设g(x)=2x2-mex+e212+14(e=2.718…为自然对数的底数),当a=-16e时,对任意x1∈[1,4],存在x2∈[1,e],使g(x1)≤f(x2),求实数m的取值范围.
解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=ax+14-3a2x2=x2+4ax-12a24x2=(x-2a)(x+6a)4x2,
①当a>0时,由f′(x)>0得x>2a,
即f(x)的单调递增区间是(2a,+∞);
由f′(x)<0得0②当a<0时,由f′(x)>0得x>-6a,
即f(x)的单调递增区间是(-6a,+∞);
由f′(x)<0得0即单调递减区间是(0,-6a).
(2)当a=-16e时,
由(1)知,函数f(x)在[1,e]上单调递减,
所以f(e)≤f(x)≤f(1),
所以f(x)∈[e6,e212+14],
对任意x1∈[1,4],存在x2∈[1,e],
使g(x1)≤f(x2),等价为g(x1)≤e212+14恒成立,
即2x2-mex≤0,
所以m≥2x2ex,
设h(x)=2x2ex,h′(x)=2x(2-x)ex,所以h(x)在[1,2]上单调递增,在[2,4]上单调递减,
所以h(x)max=h(2)=8e2,
所以m≥8e2.
“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质,深刻挖掘内含条件,进行等价变换,常见的等价转换有:
(1)存在x1∈A,任意x2∈B,使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)max≥g(x)max;
(2)任意x1∈A,存在x2∈B,使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)min≥g(x)min;
(3)任意x1∈A,x2∈B,使f(x1)≥g(x2),则f(x)min≥g(x)max;
(4)存在x1∈A,x2∈B,使f(x1)≤g(x2),则f(x)min≤g(x)max.
[针对训练] 设f(x)=ax+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值M;
(2)如果对于任意的s,t∈[12,2],都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.
解:(1)由题意,存在x1,x2∈[0,2]使g(x1)-g(x2)≥M成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M,
因为函数g(x)=x3-x2-3,
可得g′(x)=3x2-2x=3x(x-23).
令g′(x)>0,解得x<0或x>23;
令g′(x)<0,解得0又因为x∈[0,2],所以g(x)在区间[0,23]上单调递减,在区间[23,2]上单调递增,
所以g(x)min=g(23)=-8527,
又由g(0)=-3,所以g(x)max=g(2)=1,
所以[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=11227≥M,即M的最大值为11227.
(2)对于任意的s,t∈[12,2],都有f(s)≥g(t)成立,
等价于在区间[12,2]上,f(x)min≥g(x)max,
由(1)知在区间[12,2]上g(x)max=g(2)=1,
在区间[12,2]上,f(x)=ax+xln x≥1恒成立等价于a≥x-x2ln x恒成立,
设h(x)=x-x2ln x,x∈[12,2],
可得h′(x)=1-2xln x-x,
又由h′(1)=0,所以当x∈(12,1)时,h′(x)>0,
h(x)单调递增;
当x∈(1,2)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,
所以h(x)max=h(1)=1,所以a≥1,即a的取值范围是[1,+∞).
[例1] 对任意的x1,x2∈(1,3],当x10恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.[3,+∞)B.(3,+∞)
C.[9,+∞)D.(9,+∞)
解析:依题意,x1-x2-a3lnx1x2>0⇔x1-a3ln x1-(x2-a3ln x2)>0,令f(x)=x-a3ln x,x∈(1,3],则对任意的x1,x2∈(1,3],当x1f(x2),即函数f(x)在(1,3]上单调递减,因此,∀x∈(1,3],f′(x)=1-a3x≤0⇔a≥3x,而(3x)max=9,则a≥9,
所以实数a的取值范围是[9,+∞).
故选C.
[例2] (2022·河北石家庄模拟)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.
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≥1e-1>0,
则f(x)≥0对任意的x>0恒成立可转化为aa+1≥2x-1xex对任意的x>0恒成立.
设函数F(x)=2x-1xex(x>0),
则F′(x)=-(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)=1e.
于是aa+1≥1e,
解得a≥1e-1.
故实数a的取值范围是[1e-1,+∞).