人教B版高考数学一轮总复习第3章第2节第4课时利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题学案

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第4课时　利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题考点1　分离参数构造函数解决恒成立问题,——综合性(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.由于f″(x)＝ex＋2＞0恒成立，故f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0.故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．(2)由f(x)≥x3＋1，得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0.①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意．②当x＞0时，得a≥－.记g(x)＝－，g′(x)＝－.令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1≥0，故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0.由h(x)≥0得ex－x2－x－1≥0恒成立，故当x∈(0,2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．因此，g(x)max＝g(2)＝.综上可得，实数a的取值范围为.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”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)问题已知函数f(x)＝ln x－ax2＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若a＝0，xf(x)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，求整数k的最大值．解：(1)f′(x)＝－2ax＝(x>0)．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0<x<，则f(x)在上单调递增；由f′(x)<0，得x>，则f(x)在上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)由题意，x(ln x＋1)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，即k<(x>1)．设g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝.令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－>0，所以，h(x)在(1，＋∞)上为增函数．因为h(2)＝－ln 2<0，h(3)＝1－ln 3＝ln<0，h(4)＝2－ln 4＝ln>0，所以h(x)在(1，＋∞)上有唯一实数根m∈(3,4)，使得m－ln m－2＝0.当x∈(1，m)时，h(x)<0；当x∈(m，＋∞)时，h(x)>0.即g(x)在(1，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增，所以g(x)在x＝m处取得极小值，且g(m)＝＝m，所以k<m.由3<m<4，得整数k的最大值为3.考点2　分离参数构造函数解决能成立问题,——综合性已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．解：(1)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f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为R；当a＞0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞)．(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，所以ax≤，即a≤.设h(x)＝，则问题转化为a≤h(x)max.由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，)(，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，也是最大值，为h()＝.所以a≤，即a的取值范围是.1．含参数的能成立(存在型)问题的解题方法(1)a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；(2)a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.2．含全称量词、存在量词不等式能成立问题(1)存在x1∈A，对任意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.若存在x∈，不等式2xln x＋x2－mx＋3≥0成立，求实数m的取值范围．解：因为2xln x＋x2－mx＋3≥0，所以m≤2ln x＋x＋.设h(x)＝2ln x＋x＋，则h′(x)＝＋1－＝.当≤x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当1<x≤e时，h′(x)>0，h(x)单调递增．因为存在x∈，m≤2ln x＋x＋成立，所以m≤h(x)max.因为h＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，且－＝2e－－4＞0，所以h>h(e)，所以m≤＋3e－2.考点3　双参不等式恒成立问题——应用性设f(x)＝＋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整数M；(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．解：(1)存在x1 ，x2 ∈[0,2]使得g(x1 )－g(x2 )≥M成立，等价于[g(x1 )－g(x2 )]max ≥M.因为g(x)＝x3 －x2 －3，所以g′(x)＝3x2 －2x＝3x .g(x)，g′(x)随x变化的情况如下表：x0   2g′(x)0－0＋ g(x)－3极小值－1由上表可知，g(x)min ＝g ＝－ ，g(x)max ＝g(2)＝1.[g(x 1 )－g(x 2 )]max ＝g(x)max －g(x)min＝，所以满足条件的最大整数M＝4.(2)对于任意的s，t∈ ，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间 上，函数f(x)min ≥g(x)max .由(1)可知，在区间 上，g(x)的最大值g(2)＝1.在区间 上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立．等价于a≥x－x2ln x恒成立，记h(x)＝x－x2ln x，则h′(x)＝1－2xln x－x，h′(1)＝0.当1<x≤2时，h′(x)<0；当≤x<1时，h′(x)>0.即函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间(1,2]上单调递减，所以h(x) max ＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．解双参不等式恒成立问题的方法和基本思想(1)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f(x)min＞g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其等价转化的基本思想：函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数y＝g(x)的所有函数值．(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＜g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于函数g(x)在D2上的最大值(这里假设f(x)max，g(x)max存在)．其等价转化的基本思想：函数y＝f(x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数y＝g(x)的所有函数值．已知向量m＝(ex，ln x＋k)，n＝(1，f(x))，m∥n(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴垂直，F(x)＝xexf′(x)．(1)求k的值及F(x)的单调区间；(2)已知函数g(x)＝－x2＋2ax(a为正实数)，若对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)<F(x1)，求实数a的取值范围．解：(1)由已知可得f(x)＝，所以f′(x)＝.由已知，f′(1)＝＝0，所以k＝1，所以F(x)＝xexf′(x)＝x＝1－xln x－x，所以F′(x)＝－ln x－2.由F′(x)＝－ln x－2≥0得0<x≤；由F′(x)＝－ln x－2≤0得x≥.所以F(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)因为对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)<F(x1)，所以g(x)max<F(x)max.由(1)知，当x＝时，F(x)取得最大值F＝1＋.对于g(x)＝－x2＋2ax，其对称轴为直线x＝a.当0<a≤1时，g(x)max＝g(a)＝a2，所以a2<1＋，从而0<a≤1；当a>1时，g(x)max＝g(1)＝2a－1，所以2a－1<1＋，从而1<a<1＋.综上可知，实数a的取值范围是.已知函数f(x)＝(a∈R)．若a≥0，不等式x2f(x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围．[四字程序] 读想算思a的取值范围1.恒成立问题的解题策略；2．如何构造函数？求导研究有关函数的单调性，并求其最值转化与化归若a≥0，x2f(x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立1.数形结合；2．分离参数法；3．构造h(x)＝x2f(x)＋a＋e－2；4．构造g(x)＝xf(x)＋1.h′(x)＝ln x＋1－a；2．g′(x)＝1.函数最值；2．不等式与对应函数图像的分布关系 思路参考：构造函数h(x)＝xln x－ax＋a＋e－2的方式，把不等式问题直接转化为函数的最值问题来研究．解：x2f(x)＋a≥2－e，即xln x－ax＋a＋e－2≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立．令h(x)＝xln x－ax＋a＋e－2，则h′(x)＝ln x＋1－a.令h′(x)＝0，得x＝ea－1.当x∈(0，ea－1)时，h′(x)<0；当x∈(ea－1，＋∞)时，h′(x)>0.所以h(x)的最小值是h(ea－1)＝a＋e－2－ea－1.令t(a)＝a＋e－2－ea－1，则t′(a)＝1－ea－1.令t′(a)＝0得a＝1.当a∈[0,1)时，t′(a)>0，t(a)在[0,1)上单调递增；当a∈(1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减．所以当a∈[0,1)时，h(x)的最小值为t(a)≥t(0)＝e－2－>0；当a∈(1，＋∞)时，h(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0.故a∈[0,2]．思路参考：把原不等式通过等价变形，转化为g(x)＝ln x－a＋的最值问题来研究．解：要使x2f(x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，只要使xf(x)＋≥0即可．代入f(x)可得ln x－a＋≥0.构造函数g(x)＝ln x－a＋，g′(x)＝.当x∈(0，a＋e－2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．当x∈(a＋e－2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(a＋e－2)＝ln(a＋e－2)－a＋1.再构造函数h(a)＝ln(a＋e－2)－a＋1，则h′(a)＝.令h′(a)＝0得到a＝3－e.当a∈[0,3－e]时，h′(a)>0，h(a)单调递增；当a∈[3－e，＋∞)时，h′(a)<0，h(a)单调递减．而h(0)＝ln(e－2)＋1>0，且h(3－e)＝e－2>0，但是因为h(2)＝0，所以0≤a≤2.思路参考：分离参数，a≥，减弱参数的影响，避免过多的讨论．解：原式可变为xln x＋e－2≥a(x－1)(*)对任意x∈(0，＋∞)恒成立．当x∈(0,1)时，分离变量可得a≥.先求出函数g(x)＝xln x的最小值．求得g′(x)＝ln x＋1.当x∈(0，e－1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(e－1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.因为此时(xln x)min＝－e－1，所以xln x＋e－2≥－e－1＋e－2>0.又因为x∈(0,1)，所以<0，而a≥0，所以a≥显然成立．当x＝1时，代入(*)式验证e－2≥0显然成立．当x∈(1，＋∞)时，(*)式分离变量可变为a≤.若令t(x)＝，此时只需当x∈(1，＋∞)时， a≤t(x)min.求得t′(x)＝，易得t′(e)＝0.下证x＝e是t′(x)＝在x∈(1，＋∞)上的唯一零点．令h(x)＝x－ln x－(e－1)，则h′(x)＝1－.当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，所以h(x)单调递增．即x＝e是t′(x)＝的唯一零点．当x∈(1，e)时，t′(x)<0，t(x)单调递减；当x∈(e，＋∞)时，t′(x)>0，t(x)单调递增．所以a≤t(x)min＝t(e)＝2，故a∈[0,2]． 思路参考：把不等式通过等价变形后，使不等号的一边出现直线的方程h(x)＝a(x－1)＋2－e，再分析不等号另外一边的函数g(x)＝xln x的单调性，就会发现二者相切时即为参数的临界值．解：通过变形原不等式等价于证明：xln x≥a(x－1)＋2－e，x∈(0，＋∞)．若令g(x)＝xln x和h(x)＝a(x－1)＋2－e.则只需证明函数g(x)的图像在直线h(x)的上方．首先分析g(x)＝xln x的图像．由解法3可知：当x∈(0，e－1)时，g(x)单调递减；当x∈(e－1，＋∞)时，g(x)单调递增，且g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.其次分析h(x)＝a(x－1)＋2－e的图像．因为a≥0，所以h(x)表示过定点(1,2－e)的非减函数，且g(x)min＝－e－1>2－e.两个函数的图像大致如图1所示：　                 图1　　　　　　　　图2所以如果我们能说明当g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点，就能求出a的最大值．设g(x)和h(x)相切于点P(x0，y0)，则可得消去ln x0得2－e＝a－ea－1③.易得a＝2为③式的解．令t(a)＝a－ea－1＋e－2，t′(a)＝1－ea－1.当t′(a)＝0时，a＝1.当a∈[0,1]时，t′(a)≥0，t(a)单调递增；当a∈[1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)单调递减．因为t(0)＝－e－1＋e－2>0且t(1)＝e－2>0，所以函数t(a)在区间[0,1]上无零点，在区间(1，＋∞)上有且仅有一个零点，a＝2.综上所述，a∈[0,2]．思路参考：通过等价变形后，使不等号两边变化为两个熟悉的函数g(x)＝ln x－a和h(x)＝，然后通过分析这两个函数的图像发现两条曲线相切时，即为参数的临界值．解：原式化为ln x－a≥对任意x∈(0，＋∞)恒成立．下面我们研究函数g(x)＝ln x－a和函数h(x)＝.a≥0，显然两个函数在x∈(0，＋∞)上都是单调递增的．而且我们可以验证当a＝0时上式成立，即ln x>(证明略)．也就是说a＝0时，g(x)的图像在h(x)的图像上方．如图3：图3　　             　　　　　图4所以当a越来越大时，两个图像会越来越接近．所以当g(x)和h(x)的图像相切时，a取得最大值，如图4.所以我们假设二者的图像相切于点P(x0，y0)，得即化简得e＋a－2＝ea－1，解得a＝2.仿照解法4，可以证明这是唯一解．所以a∈[0,2]．1．本题考查应用导数研究不等式恒成立问题，基本解题方法是——参变分离、数形结合、最值分析等．在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”．依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界点．2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握运算求解能力、逻辑思维能力，体现逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数、不等式、方程、导数等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题．在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养上起到了积极的作用，成为高考考查的一个热点．(2020·泰安高三一轮检测节选)已知函数f(x)＝，a∈R.若函数y＝f(x)在x＝x0(ln 2<x0<ln 3)处取得极值1，证明：2－<a<3－.证明：函数f(x)＝的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝(x>0)．因为函数y＝f(x)在x＝x0处取得极值1，所以f′(x0)＝＝0，且f(x0)＝＝1，所以＋a＝ln x0＋ax0＝ex0，所以a＝ex0－.令r(x)＝ex－(x>0)，则r′(x)＝ex＋>0，所以r(x)在(ln 2，ln 3)上为增函数．又ln 2<x0<ln 3，所以r(ln 2)<r(x0)<r(ln 3)，即2－<a<3－.