高中数学高考第18讲导数的应用——利用导数研究不等式恒成立（能成立）问题（教师版）

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这是一份高中数学高考第18讲导数的应用——利用导数研究不等式恒成立（能成立）问题（教师版），共10页。

思维导图
知识梳理
一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若af(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a题型归纳
题型1 分离参数或构造函数解决恒成立问题
【例1-1】（2020·河南质检）已知函数f(x)＝xln x，若对于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．
[解] 法一：分离参数法
依题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤ln x＋eq \f(1,x)在x∈[1，＋∞)恒成立，
亦即a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,x)))min，x∈[1，＋∞)．
设g(x)＝ln x＋eq \f(1,x)(x≥1)，则g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2).
令g′(x)＝0，得x＝1.
当x≥1时，因为g′(x)≥0，
故g(x)在[1，＋∞)上是增函数．
所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.
故a的取值范围是(－∞，1]．
法二：构造函数法
当x＝1时，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.
构造F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xln x－ax＋1，
原命题等价于F(x)≥0在x≥1上恒成立⇔F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．
由于F′(x)＝ln x＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此，函数F(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故a的取值范围是(－∞，1]．
【跟踪训练1-1】(2019·广东汕头二模)已知函数f(x)＝aln x－x＋1(其中a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的极值；
(2)对任意x>0，f(x)≤eq \f(1,2)(a2－1)成立，求实数a的取值范围．
【解】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a,x)－1.
当a≤0时，在(0，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)是减函数，f(x)无极值．
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝a，
在(0，a)上，f′(x)>0，f(x)是增函数；在(a，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)是减函数，
所以当x＝a时，f(x)有极大值f(a)＝aln a－a＋1，无极小值．
综上知：当a≤0时，f(x)无极值；当a>0时，f(x)有极大值f(a)＝aln a－a＋1，无极小值．
(2)由(1)知当a≤0，f(x)是减函数，
令b＝eeq \s\up6(\f(a,2))，b<1，则ln b<0，
f(b)－eq \f(1,2)(a2－1)＝eq \f(1,2)a2－eeq \s\up6(\f(a,2))＋1－eq \f(1,2)(a2－1)
＝eq \f(3,2)－eeq \s\up6(\f(a,2))>0，不成立．
当a>0时，当x＝a时，f(x)取得极大值也是最大值，
所以f(x)max＝f(a)＝aln a－a＋1，
要使得对任意x>0，f(x)≤eq \f(1,2)(a2－1)成立，
即aln a－a＋1≤eq \f(1,2)(a2－1)，
则aln a＋eq \f(3,2)－a－eq \f(1,2)a2≤0成立，
令u(a)＝aln a＋eq \f(3,2)－a－eq \f(1,2)a2(a>0)，
所以u′(a)＝ln a＋1－1－a＝ln a－a，
令k(a)＝u′(a)＝ln a－a，
k′(a)＝eq \f(1,a)－1，令k′(a)＝eq \f(1－a,a)＝0，得a＝1，
在(0,1)上，k′(a)>0，k(a)＝u′(a)是增函数，在(1，＋∞)上，k′(a)<0，k(a)＝u′(a)是减函数，
所以当a＝1时，k(a)＝u′(a)取得极大值也是最大值，
∴u′(a)max＝u′(1)＝－1<0，
在(0，＋∞)上，u′(a)<0，u(a)是减函数，又u(1)＝0，
所以要使得u(a)≤0恒成立，则a≥1，
所以实数a的取值范围为[1，＋∞)．
【名师指导】
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的正负的情况下，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．
题型2 分离参数或构造函数解决不等式能成立问题
【例2-1】（2020·合肥质检）已知函数f(x)＝x－aln x，g(x)＝－eq \f(a＋1,x)(a∈R)．若在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)[解] 依题意，只需[f(x0)－g(x0)]min<0，x0∈[1，e]即可．
令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－aln x＋eq \f(a＋1,x)，x∈[1，e]，
则h′(x)＝1－eq \f(a,x)－eq \f(a＋1,x2)＝eq \f(x2－ax－a＋1,x2)＝eq \f([x－a＋1]x＋1,x2).令h′(x)＝0，得x＝a＋1.
①若a＋1≤1，即a≤0时，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)min＝h(1)＝a＋2<0，得a<－2；
②若1h(x)在[1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e]上单调递增，
故h(x)min＝h(a＋1)＝(a＋1)－aln (a＋1)＋1＝a[1－ln(a＋1)]＋2>2，x∈(0，e－1)与h(x)<0不符，故舍去．
③若a＋1≥e，即a≥e－1时，h(x)在[1，e]上单调递减，则h(x)min＝h(e)＝e－a＋eq \f(a＋1,e)＜0，
得a>eq \f(e2＋1,e－1)>e－1成立．
综上所述，a的取值范围为(－∞，－2)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2＋1,e－1)，＋∞)).
【跟踪训练2-1】(2019届高三·河北“五个一名校联盟”模拟)已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x.
(1)若x＝3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．
【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(a,x)＋2x－4＝eq \f(2x2－4x＋a,x).
∵x＝3是函数f(x)的一个极值点，
∴f′(3)＝0，解得a＝－6.
经检验，当a＝－6时，x＝3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，故a＝－6.
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥xeq \\al(2,0)－2x0，
记F(x)＝x－ln x(x>0)，则F′(x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)，
∴当0当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)>F(1)＝1>0，∴a≥eq \f(x\\al(2,0)－2x0,x0－ln x0).
记G(x)＝eq \f(x2－2x,x－ln x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
则G′(x)＝eq \f(2x－2x－ln x－x－2x－1,x－ln x2)
＝eq \f(x－1x－2ln x＋2,x－ln x2).
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
当x∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增．
∴G(x)min＝G(1)＝－1，
∴a≥G(x)min＝－1，
故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
【名师指导】
题型3 最值定位法解决双参不等式恒成立问题
【例3-1】（2020·长春质检）已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ln x－mx，g(x)＝x－eq \f(a,x)(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若m＝eq \f(1,2e2)，对∀x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)因为f(x)＝eq \f(1,2)ln x－mx，x>0，
所以f′(x)＝eq \f(1,2x)－m，
当m≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当m>0时，由f′(x)＝0得x＝eq \f(1,2m)；
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′x>0，,x>0))得0由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′x<0，,x>0))得x>eq \f(1,2m).
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2m)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m)，＋∞))上单调递减．
综上所述，当m≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当m>0时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2m)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m)，＋∞)).
(2)若m＝eq \f(1,2e2)，则f(x)＝eq \f(1,2)ln x－eq \f(1,2e2)x.
对∀x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，
等价于对∀x∈[2,2e2]都有g(x)min≥f(x)max，
由(1)知在[2,2e2]上f(x)的最大值为f(e2)＝eq \f(1,2)，
又g′(x)＝1＋eq \f(a,x2)>0(a>0)，x∈[2,2e2]，所以函数g(x)在[2,2e2]上是增函数，所以g(x)min＝g(2)＝2－eq \f(a,2).
由2－eq \f(a,2)≥eq \f(1,2)，得a≤3，又a>0，所以a∈(0,3]，
所以实数a的取值范围为(0,3]．
【跟踪训练3-1】(2019·湖南百所重点名校大联考)已知函数f(x)＝－aln x＋x＋eq \f(1－a,x).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝ex＋mx2－2e2－3，当a＝e2＋1时，对任意x1∈[1，＋∞)，存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)≤f(x1)，求实数m的取值范围．
【解】 (1)由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－eq \f(a,x)＋1＋eq \f(a－1,x2)＝eq \f(x－1x－a＋1,x2)，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝a－1.
当a≤1时，a－1≤0，由f′(x)<0得00得x>1，
所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
当1由f′(x)>0得01，
所以函数f(x)在(a－1,1)上单调递减，在(0，a－1)和(1，＋∞)上单调递增．
当a＝2时，a－1＝1，可得f′(x)≥0，
此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>2时，a－1>1，由f′(x)<0得1由f′(x)>0得0a－1，
所以函数f(x)在(1，a－1)上单调递减，在(0,1)和(a－1，＋∞)上单调递增．
(2)当a＝e2＋1时，由(1)得函数f(x)在(1，e2)上单调递减，
在(0,1)和(e2，＋∞)上单调递增，
从而f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(e2)＝－e2－3.
对任意x1∈[1，＋∞)，存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)≤f(x1)，
即存在x2∈[1，＋∞)，g(x2)的函数值不超过f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值－e2－3.
由ex＋mx2－2e2－3≤－e2－3得ex＋mx2≤e2，m≤eq \f(e2－ex,x2).
记p(x)＝eq \f(e2－ex,x2)，则当x∈[1，＋∞)时，m≤p(x)max.
p′(x)＝eq \f(－exx2－2e2－exx,x22)＝－eq \f(exx＋2e2－ex,x3)，
当x∈[1,2]时，显然有exx＋2(e2－ex)>0，∴p′(x)＜0.
当x∈(2，＋∞)时，exx＋2(e2－ex)>exx－2ex>0，
∴p′(x)＜0.
故p(x)在区间[1，＋∞)上单调递减，
得p(x)max＝p(1)＝e2－e，
从而m的取值范围为(－∞，e2－e]．
【名师指导】
1．最值定位法解双参不等式恒成立问题的思路
(1)通过不等式两端的最值进行定位，转化为不等式两端函数的最值之间的不等式，列出参数所满足的不等式，从而求解参数的取值范围．
(2)有关两个函数在各自指定范围内的不等式恒成立问题，这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联的，这类不等式的恒成立问题就应该通过最值进行定位，对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，等价于f(x)min(x∈[a，b])≥g(x)max(x∈[m，n])，列出参数所满足的不等式，便可求出参数的取值范围．
2．常见的双变量不等式恒成立问题的类型
(1)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)max.
(2)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min.
(3)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)min≤g(x2)min.
(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max.
(5)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)min.
(6)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)max.

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