2021高三数学人教B版一轮学案：第二章 第十二节 第1课时 不等式恒成立与有解问题
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第十二节 导数破解疑难优质课
第1课时 不等式恒成立与有解问题
1．“恒成立问题”与“有解问题”的区别
(1)两者在量词上的区别
恒成立问题中使用的量词是全称量词，如“任意、所有、全部、均、恒、总、都”等；而有解问题中使用的量词是特称量词，如“存在、至少一个、有解”等．
(2)两者在等价转换上的区别
恒成立问题的转化：
①f(x)>0恒成立⇔f(x)min>0；f(x)<0恒成立⇔f(x)max<0.
②f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a；f(x)
g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]min>0；f(x)0有解⇔f(x)max>0；f(x)<0有解⇔f(x)min<0.
②f(x)>a有解⇔f(x)max>a；f(x)g(x)有解⇔[f(x)－g(x)]max>0；f(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00；
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.
方法技巧
(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．
(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)＝，且对任意的x∈(0,2)，都有f(x)<成立，求k的取值范围．
解：由题意知f(x)＝<对任意的x∈(0,2)都成立，由>0，知k＋2x－x2>0，
即k>x2－2x对任意的x∈(0,2)都成立，从而k≥0，
故不等式可转化为k<＋x2－2x.
令g(x)＝＋x2－2x，
所以g′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)，
令g′(x)＝0，得x＝1，
显然函数g(x)在(1,2)上单调递增，在(0,1)上单调递减，
所以k0，故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sinx－ax<0恒成立相矛盾．
当a≤0时，在区间上φ′(x)>0，即函数φ(x)单调递增，且φ(0)＝0，得sinx－ax>0恒成立，这与sinx－ax<0恒成立相矛盾．
故实数a的最小值为1.
方法技巧
构造函数法求解不等式恒成立问题的思路
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.
(2020·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)0恒成立，故函数h(x)在R上单调递增；
②当a>0时，ex＋a>0，令h′(x)＝0，解得x＝ln2a，当xln2a时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；
③当a<0时，ex－2a>0，令h′(x)＝0，解得x＝ln(－a)，当xln(－a)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
综上所述，当a＝0时，h(x)在R上单调递增；当a>0时，h(x)在(－∞，ln2a)上单调递减，在(ln2a，＋∞)上单调递增；当a<0时，h(x)在(－∞，ln(－a))上单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上单调递增．
(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的上方，则h(x)>0恒成立，即h(x)min>0.
①当a＝0时，h(x)＝e2x>0恒成立；
②当a>0时，由(1)可知h(x)min＝h(ln2a)，则h(ln2a)＝－4a2ln2a>0，所以ln2a<0，所以00，所以ln(－a)<，所以－eg(x)恒成立，则可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，证明h(x)>0恒成立.
(2020·福建模拟)已知函数f(x)＝|x3－3x－2a|＋a(a∈R)，对于任意x1，x2∈[0,2]，|f(x1)－f(x2)|≤3恒成立，则a的取值范围是( A )
A．[－，] B．[－1,1]
C．[0，] D．[0,1]
解析：由题意，令g(x)＝x3－3x－2a，则任意x1，x2∈[0,2]，|f(x1)－f(x2)|≤3恒成立，等价于任意x1，x2∈[0,2]，||g(x1)|－|g(x2)||≤3恒成立，等价于任意x∈[0,2]，|g(x)|max－|g(x)|min≤3.g′(x)＝3(x＋1)(x－1)，x∈[0,1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，x∈(1,2]时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，所以当x∈[0,2]时，g(x)min＝g(1)＝－2－2a，又g(0)＝－2a，g(2)＝2－2a.若a＝1，则g(1)＝－4，g(0)＝－2，g(2)＝0，所以|g(x)|max－|g(x)|min＝4－0>3，不合题意，排除选项B，D；若a＝－，则g(1)＝－1，g(0)＝1，g(2)＝3，所以|g(x)|max－|g(x)|min＝3－0＝3，不合题意，排除选项C，故选A.
考向二 不等式有解问题
【例4】 (2020·东北三省四市联考)已知函数f(x)＝＋alnx(a>0)．
(1)若函数y＝f(x)图象上各点处的切线斜率的最大值为2，求函数f(x)的极值点；
(2)若关于x的不等式f(x)<2有解，求a的取值范围．
【解】 (1)f′(x)＝－＋(x>0)．
易知当＝时，f′(x)取得最大值，所以＝2.
因为a>0，所以a＝4，此时f′(x)＝－＋＝，当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)的极小值点为x＝，无极大值点．
(2)因为f′(x)＝(x>0且a>0)，所以当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)≥f()＝a＋aln.
因为关于x的不等式f(x)<2有解，所以a＋aln<2，
因为a>0，所以ln＋1－<0.
令g(x)＝lnx＋1－x(x>0)，
则g′(x)＝－1＝，
易知当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，“＝”成立，
所以由ln＋1－<0可得>0且≠1，
所以a的取值范围是{a|a>0且a≠2}．
方法技巧
不等式有解问题易与不等式恒成立问题混淆，特别是在最值的转化上容易“张冠李戴”.要注意：f(x)>a(a(f(x)mina(a(f(x)max0，所以a≤在区间[1，e]上有解．
令h(x)＝，
则h′(x)＝.
因为x∈[1，e]，所以x＋2>2≥2lnx，
所以h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上单调递增，所以x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝，所以a≤，所以实数a的取值范围是.
