2022届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.10第4课时利用导数研究不等式恒成立问题学案理含解析北师大版

第四课时　利用导数研究不等式恒成立问题

授课提示：对应学生用书第55页

题型一　不等式恒成立问题 

考法(一)　分离参数法求解恒成立问题

[例1]　(2020·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.

(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；

(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．

[解析]　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.

故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．

(2)f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1.

设函数g(x)＝e－x(x≥0)，则

g′(x)＝－e－x

＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x

＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x.

①若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0，2)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，2)单调递增，而g(0)＝1，

故当x∈(0，2)时，g(x)＞1，不符合题意．

②若0＜2a＋1＜2，即－＜a＜，则当x∈(0，2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)＜0；当x∈(2a＋1，2)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(2a＋1，2)单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥.所以当≤a＜时，g(x)≤1.

③若2a＋1≥2，即a≥，则g(x)≤e－x.

由于0∈，

故由②可得e－x≤1.

故当a≥时，g(x)≤1.

综上，a的取值范围是.

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．

[对点训练]

(2021·南昌质检)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．

解析：(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：

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，＋∞)．

考法(二)　等价转化法求解恒成立问题

[例2]　函数f(x)＝x2－2ax＋ln x(a∈R)．

(1)若函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＋1＝0垂直，求a的值；

(2)若不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立，求实数a的取值范围．

[解析]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2a＋，f′(1)＝3－2a，由题意f′(1)·＝(3－2a)·＝－1，解得a＝.

(2)不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x≥－x＋a－，令g(x)＝2ln x＋x－a＋，则g′(x)＝＋1－＝＝，则在区间(0，1)上，g′(x)＜0，函数g(x)为减函数；在区间(1，e]上，g′(x)＞0，函数g(x)为增函数．由题意知g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，解得a≤4，所以实数a的取值范围是(－∞，4]．

根据不等式恒成立求参数范围的关键是把不等式转化为函数，利用函数值与最值之间的数量关系确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围．

[对点训练]

(2021·重庆模拟)设函数f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数)．

(1)证明：当x＞1时，f(x)＞0；

(2)讨论g(x)的单调性；

(3)若不等式f(x)＜g(x)对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．

解析：(1)证明：f(x)＝，令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1，当x＞1时，s′(x)＞0，所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增，又s(1)＝0，所以s(x)＞0，从而当x＞1时，f(x)＞0.

(2)g′(x)＝2ax－＝(x＞0)，当a≤0时，g′(x)＜0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，当a＞0时，由g′(x)＝0得x＝.当x∈时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当x∈时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．

(3)由(1)知，当x＞1时，f(x)＞0.当a≤0，x＞1时，g(x)＝a(x2－1)－ln x＜0，故当f(x)＜g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a＞0.当0＜a＜时，＞1，g(x)在上单调递减，g＜g(1)＝0，而f＞0，所以此时f(x)＜g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a≥时，令h(x)＝g(x)－f(x)(x≥1)，当x＞1时，h′(x)＝2ax－＋－e＞x－＋－＝＞＞0，因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，所以当x＞1时，h(x)＝g(x)－f(x)＞0，即f(x)＜g(x)恒成立．综上，a的取值范围为.

题型二　存在成立问题 

[例]　(2021·张掖模拟)已知函数f(x)＝2(x－1)ex.

(1)若函数f(x)在区间(a，＋∞)上单调递增，求f(a)的取值范围；

(2)设函数g(x)＝ex－x＋p，若存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥f(x0)－x0成立，求p的取值范围．

[解析]　(1)由f′(x)＝2xex＞0，得x＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a≥0，所以f(a)≥f(0)＝－2，所以f(a)的取值范围是[－2，＋∞)．

(2)因为存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥2(x0－1)ex0－x0成立，所以存在x0∈[1，e]，使p≥(2x0－3)ex0成立．令h(x)＝(2x－3)ex，从而p≥h(x)min，h′(x)＝(2x－1)ex.因为x≥1，所以2x－1≥1，ex＞0，所以h′(x)＞0，所以h(x)＝(2x－3)ex在[1，e]上单调递增．所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，所以实数p的取值范围是[－e，＋∞)．

1.存在型不等式成立主要是转化为最值问题

如存在x1、x2∈[a，b]使f(x1)≤g(x2)成立⇔f(x)min≤g(x)max，转化为最值问题求解．

 2.如果一个问题的求解中既有“存在性”又有“恒成立”，那么需要对问题做等价转化，这里一定要注意转化的等价性、巧妙性，防止在转化中出错而使问题的求解出错．

[对点训练]

已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，当0＜m≤6时，g(x)＝x3－－mx，x∈(0，2]，若存在x1∈R，x2∈(0，2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围．

解析：x∈(－∞，＋∞)且f′(x)＝ex＋1＋(x－1)ex＋1＋2mx＝x(ex＋1＋2m)，

当m＞0时，因为ex＋1＞0，

所以ex＋1＋2m＞0，

所以当x＞0时，f′(x)＞0；

当x＜0时，f′(x)＜0.

故f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，

在区间(0，＋∞)上单调递增，

所以f(x)min＝f(0)＝－e.

又g′(x)＝3x2＋－m≥4－m，

因为0＜m≤6，所以g′(x)＞0，

所以g(x)在(0，2]上为增函数．

所以g(x)max＝g(2)＝8－2－2m＝6－2m.

依题意有f(x1)min≤g(x2)max，

所以6－2m≥－e，所以0＜m≤3＋，

故m的取值范围为.