新高考数学一轮复习学案第4章第4讲 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题（含解析）

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考点一 分离参数法(综合型)
(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，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01时，F′(x)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00，
即f(1)>f(－1)；
当00.
(2)g′(x)＝2ax－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－1,x)(x>0)，
当a≤0时，g′(x)0时，由g′(x)＝0得x＝eq \f(1,\r(2a)) .
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))时，g′(x)0，g(x)单调递增．
(3)由(1)知，当x>1时，f(x)>0.
当a≤0，x>1时，g(x)＝a(x2－1)－ln xeq \f(x2－2x＋1,x2)>0，
因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，
所以当x>1时，h(x)＝g(x)－f(x)>0，
即f(x)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)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