2021版新高考数学（文科）一轮复习教师用书：第3章第5节　利用导数解决不等式恒（能）成立问题

第五节　利用导数解决不等式恒(能)成立问题

•                                                                                                                    考点1　分离参数法解决不等式恒成立问题

　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f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式．

(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．

(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．

　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0＜x＜，所以f(x)的单调递减区间是.令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞，所以f(x)的单调递增区间是.综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.

(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－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－x－(x＞0)，则h′(x)＝－＋＝－.令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(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，＋∞)．

　若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而问题得解．

　(2019·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≥＞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.

考点2　分类讨论法解决不等式恒成立问题

　遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．

　(2019·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．

[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，＋∞)．

　对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围．

　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，＋∞)．

考点3　等价转化法解决能成立问题

　存在x∈[a，b]，f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.

存在x∈[a，b]，f(x)≤a成立⇔f(x)min≤a.

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.

　(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－ex(a∈R)，g(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x＜ln a，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；

由f′(x)＜0得x＞ln a，所以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≤，即a≤.

设h(x)＝，则问题转化为a≤max，

由h′(x)＝，

令h′(x)＝0，则x＝.

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＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为，所以a≤.