高中数学高考第5节 利用导数解决不等式恒(能)成立问题 教案

这是一份高中数学高考第5节 利用导数解决不等式恒(能)成立问题 教案，共6页。

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＜eq \f(1,e)，所以f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞eq \f(1,e)，所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).综上，f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
(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－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，＋∞)．
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≥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)＝eq \f(1,e).
于是eq \f(a,a＋1)≥eq \f(1,e)，解得a≥eq \f(1,e－1).
故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e－1)，＋∞)).
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)＝eq \f(1,2)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－eq \f(1,2)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±eq \r(2)，
当x∈(－∞，－1－eq \r(2))时，f′(x)＜0；
当x∈(－1－eq \r(2)，－1＋eq \r(2))时，f′(x)＞0；
当x∈(－1＋eq \r(2)，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，－1－eq \r(2))，(－1＋eq \r(2)，＋∞)上单调递减，在(－1－eq \r(2)，－1＋eq \r(2))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－eq \f(1,2)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)＝eq \f(3,x)－x＋1，g′(x)＝3，设切点为(x0，f(x0))，则k＝f′(x0)＝eq \f(3,x0)－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－eq \f(5,2).
(2)设h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x.∃x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，
等价于∃x＞0，使h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x＞a成立，
等价于a＜h(x)max(x＞0)．
因为h′(x)＝eq \f(3,x)－x－2＝eq \f(－x2－2x＋3,x)
＝－eq \f(x－1x＋3,x)，
令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(h′x＞0，,x＞0，))得0＜x＜1；令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(h′x＜0，,x＞0，))得x＞1.
所以函数h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x在(0,1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－eq \f(5,2)，即a＜－eq \f(5,2)，
因此参数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(5,2))).
(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)＝eq \f(ln x,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≤eq \f(ln x,x)，即a≤eq \f(ln x,x2).
设h(x)＝eq \f(ln x,x2)，则问题转化为a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x2)))max，
由h′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，
令h′(x)＝0，则x＝eq \r(e).
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＝eq \r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值为eq \f(1,2e)，所以a≤eq \f(1,2e).
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
↗
极大值
↘
x
(0，eq \r(e))
eq \r(e)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(e)，＋∞))
h′(x)
＋
0
－
h(x)
↗
极大值eq \f(1,2e)
↘