【数学】2021届一轮复习人教版（文）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届一轮复习人教版（文）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　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＜，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，＋∞)．‎ ‎　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≥＞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)＝.‎ 于是≥，解得a≥.‎ 故实数a的取值范围是.‎ 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)＝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)＜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±，‎ 当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；‎ 当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；‎ 当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0.‎ 所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)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－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)＝－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.∃x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，‎ 等价于∃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)∃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≤，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≤.‎