【数学】2021届一轮复习北师大版（理）第3章第5节利用导数解决不等式恒(能)成立问题学案

【数学】2021届一轮复习北师大版（理）第3章第5节利用导数解决不等式恒(能)成立问题学案

第五节　利用导数解决不等式恒(能)成立问题 考点1　恒成立问题 ‎　分离参数法求范围 ‎　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．‎ ‎　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：‎ x ‎(0,1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ h′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ h(x)‎ 极大值 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，＋∞)．‎ ‎　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．‎ ‎　把参数看作常数利用分类讨论方法解决 ‎　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．‎ ‎　已知函数f(x)＝ln x－ax，a∈R.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若不等式f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.‎ ‎①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，‎ 则f(x)只有单调递增区间是(0，＋∞)．‎ ‎②当a＞0时，由f′(x)＞0，‎ 得0＜x＜；‎ 由f′(x)＜0，得x＞；‎ 所以f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.‎ ‎(2)f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x－a(x－1)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立．‎ 设g(x)＝ln x－a(x－1)，x＞0，则g′(x)＝－a，注意到g(1)＝0，‎ ‎①当a≥1时，g′(x)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，‎ 则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，‎ 所以g(x)＜g(1)＝0，即a≥1时满足题意．‎ ‎②当0＜a＜1时，令g′(x)＞0，‎ 得1＜x＜；‎ 令g′(x)＜0，得x＞.‎ 则g(x)在上单调递增，‎ 所以当x∈时，g(x)＞g(1)＝0，‎ 即0＜a＜1时不满足题意(舍去)．‎ ‎③当a≤0时，g′(x)＝－a＞0，‎ 则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，‎ 所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞g(1)＝0，‎ 即a≤0时不满足题意(舍去)．‎ 综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．‎ ‎　已知f(x)＝ax2－2ln x，a∈R.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)若对任意的x＞0,2－f(x)≤2(a－1)x恒成立，求整数a的最小值．‎ ‎[解]　(1)由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝.‎ ‎①当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．‎ ‎②当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(负值舍去)．‎ 当x∈，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当x∈，f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ ‎(2)由题意得2－ax2＋2ln x≤2(a－1)x，‎ 整理得2(ln x＋x＋1)≤a(2x＋x2)．‎ 因为x＞0，所以原命题等价于a≥在区间(0，＋∞)内恒成立．‎ 令g(x)＝，‎ 则g′(x)＝，‎ 令h(x)＝2ln x＋x，易知h(x)在(0，＋∞)内单调递增．‎ 又h(0.5)＝－2ln 2＋0.5＜0，h(1)＝1＞0，故存在唯一的x0∈(0.5,1)，使得h(x0)＝0.‎ 当0＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，h(x)＞0，即g′(x)＜0，g(x)单调递减．‎ 故函数g(x)的极大值为g(x0)，也为最大值，且2ln x0＋x0＝0，‎ 所以g(x)max＝＝＝，‎ 所以a≥.又∈(1,2)，且a为整数，‎ 故整数a的最小值为2.‎ 考点2　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)的图像相切，求a的值；‎ ‎(2)若存在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.存在x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，‎ 等价于存在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)存在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)因为存在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：‎ 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，即最大值为，所以a≤.‎