第五章一元函数的导数及其应用教案 人教A版高二数学下册选择性必修第二册

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培优课　利用导数研究恒成立或能成立问题恒成立问题与有解问题是高中数学的重要知识，其中不等式的恒成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查考生分析问题、解决问题的能力.利用导数研究恒成立与有解问题常用的方法有：一种先利用综合法，结合导函数的零点之间的大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.类型一　分离法求参数的取值范围【例1】　已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.当x≥0时，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范围.解　由f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1得，ex＋ax2－x≥eq \f(1,2)x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.②当x>0时，分离参数a，得a≥－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，记g(x)＝－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，g′(x)＝－eq \f(（x－2）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3).令h(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上是增函数，因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex－eq \f(1,2)x2－x－1>0恒成立，故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.因此，g(x)max＝g(2)＝eq \f(7－e2,4)，综上可得，实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞)).【例2】 已知函数f(x)＝ln x.若对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围.解　因为对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥\f(ln x,x)，,a≤x＋\f(1,x)))在x>0时恒成立，进一步转化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln x,x)))eq \s\do7(max)≤a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq \s\do7(min).设h(x)＝eq \f(ln x,x)，则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，当x∈(0，e)时，h′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，所以h(x)≤eq \f(1,e).要使f(x)≤ax恒成立，必须a≥eq \f(1,e).另一方面，当x>0时，x＋eq \f(1,x)≥2，要使ax≤x2＋1恒成立，必须a≤2，所以满足条件的a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，2)).类型二　等价转化法求参数范围【例3】 函数f(x)＝x2－2ax＋ln x，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　不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x≥－x＋a－eq \f(3,x)，令g(x)＝2ln x＋x－a＋eq \f(3,x)，则g′(x)＝eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(x2＋2x－3,x2)＝eq \f(（x＋3）（x－1）,x2)，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，得a≤4，所以实数a的取值范围是(－∞，4].【例4】 已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x＋(1－x) ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.解　f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，即ex－ax－1≥0，x≥0.令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－a(x≥0)，当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，∴在[0，＋∞)上h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立.当a>1时，令h′(x)>0，得x>ln a；令h′(x)<0，得0≤x1不合题意.综上，实数a的取值范围为(－∞，1].类型三　可化为不等式恒成立求参数的取值范围(含能成立问题)【例5】 已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x2＋ax，函数g(x)＝eq \f(x,ex)，若对∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，∃x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围.解　“对∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，∃x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))时，f′(x)max≤g(x)max”.因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递增，所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.而g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，由g′(x)>0，得x<1，由g′(x)<0，得x>1，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))时，g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e).由8＋a≤eq \f(1,e)，得a≤eq \f(1,e)－8，所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)－8)).【例6】 已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq \f(ln x,x)，若∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围.解　因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，则ax≤eq \f(ln x,x)，即a≤eq \f(ln x,x2).设h(x)＝eq \f(ln x,x2)，则问题转化为a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln x,x2)))eq \s\do7(max).由h′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，令h′(x)＝0，得x＝eq \r(e).当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：由上表可知，当x＝eq \r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值为eq \f(1,2e)，所以a≤eq \f(1,2e).故a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2e))).尝试训练1.已知函数f(x)＝eq \f(a,x)－1＋ln x，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是(　　)A.a>2 B.a<3C.a≤1 D.a≥3答案　C解析　函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式eq \f(a,x)－1＋ln x≤0有解，即a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解.令h(x)＝x－xln x，则h′(x)＝－ln x.由h′(x)＝0，得x＝1.当00，当x>1时，h′(x)<0.故当x＝1时，函数h(x)＝x－xln x取得最大值1，所以要使不等式a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，只要a≤h(x)max即可，即a≤1.2.已知a∈R，设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋2a，x≤1，,x－aln x，x>1.)) 若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为(　　)A.[0，1] B.[0，2] C.[0，e] D.[1，e]答案　C解析　当x≤1时，由f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，所以当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，当a<1时，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，∴0≤a<1.综上，a≥0.当x>1时，由f(x)＝x－aln x≥0恒成立，即a≤eq \f(x,ln x)恒成立.设g(x)＝eq \f(x,ln x)(x>1)，则g′(x)＝eq \f(ln x－1,（ln x）2).令g′(x)＝0，得x＝e，且当1e时，g′(x)>0，∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.综上，a的取值范围是[0，e].3.已知函数f(x)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2ln x(m∈R)，g(x)＝－eq \f(m,x)，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围.解　(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq \f(1,2)x2＋x，所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增.故F(x)min＝F(－1)＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,e).(2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立.令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq \f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可.故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥eq \f(1,ex)，而eq \f(1,ex)≤e，故m≥e，即实数m的取值范围是[e，＋∞). x(0，eq \r(e))eq \r(e)(eq \r(e)，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值eq \f(1,2e)