人教版高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第4课时利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题学案理含解析

第四课时　利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题

【例1】　(2020届四川五校联考)已知函数f(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x.

(1)当a＝4时，求函数f(x)的单调递增区间；

(2)当a>0时，对于任意的x∈[1，＋∞)，不等式f(x)>1－a2恒成立，求实数a的取值范围．

[解]　(1)当a＝4时，f(x)＝4ln x＋x2－6x，∴f′(x)＝＋2x－6＝.

令f′(x)＝≥0，解得x≥2或0<x≤1.

∴f(x)的单调递增区间为(0，1]，[2，＋∞)．

(2)令g(x)＝f(x)＋a2－1(x≥1)，则g′(x)＝f′(x)＝＋2x－(a＋2)＝(x≥1)．

①当0<<1，即0<a<2时，

g′(x)≥0(当且仅当x＝1时取等号)．

∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，

∴g(x)min＝g(1)＝a2－a－2＝(a－2)(a＋1)<0(不符合题意，舍去)；

②当＝1，即a＝2时，g′(x)＝(x－1)2≥0(当且仅当x＝1时取等号)，

∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，

∴g(x)min＝g(1)＝0(不符合题意，舍去)；

③当>1，即a>2时，g(x)在上单调递减，在上单调递增．

∴g(x)min＝g＝aln ＋－a－1，

令h(x)＝xln＋－x－1(x>2)，

则h′(x)＝ln＋x.

当x>2时，h′(x)>0，∴h(x)在(2，＋∞)上单调递增，

∴h(x)>h(2)＝0.

∴g(x)≥g>0恒成立，满足题意．

综上所述，实数a的取值范围为(2，＋∞)．

►名师点津

(1)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．

(2)不等式恒成立问题的基本类型

类型1：任意x，使得f(x)>0，只需f(x)min>0；

类型2：任意x，使得f(x)<0，只需f(x)max<0；

类型3：任意x，使得f(x)>k，只需f(x)min>k；

类型4：任意x，使得f(x)<k，只需f(x)max<k；

类型5：任意x，使得f(x)>g(x)，只需h(x)min＝[f(x)－g(x)]min>0；

类型6：任意x，使得f(x)<g(x)，只需h(x)max＝[f(x)－g(x)]max<0.

|跟踪训练|

1．已知函数f(x)＝ax＋xln x(a∈R)．

(1)若函数f(x)在区间[e，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；

(2)当a＝1且k∈Z时，不等式k(x－1)<f(x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值．

解：(1)f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋ln x＋1，由题意，知f′(x)≥0在[e，＋∞)上恒成立，即ln x＋a＋1≥0在[e，＋∞)上恒成立，

即a≥－(ln x＋1)在[e，＋∞)上恒成立，

而[－(ln x＋1)]max＝－(ln e＋1)＝－2，

∴a≥－2，即a的取值范围为[－2，＋∞)．

(2)当a＝1时，f(x)＝x＋xln x，

∵x∈(1，＋∞)，

∴原不等式可化为k<，即k<对任意x>1恒成立．

令g(x)＝，则g′(x)＝.

令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，

则h′(x)＝1－＝>0，

∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增．

∵h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，

∴存在x0∈(3，4)使h(x0)＝0，即g′(x0)＝0.

即当1<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)<0；

当x>x0时，h(x)>0，即g′(x)>0.

∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．

由h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，得ln x0＝x0－2，

g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3，4)，

∴k<g(x)min＝x0且k∈Z，即kmax＝3.

【例2】　已知函数f(x)＝－ax(a>0)．

(1)若函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数，求实数a的最小值；

(2)若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求实数a的取值范围．

[解]　(1)因为f(x)在(1，＋∞)上为减函数，所以f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立．

所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x)max≤0.

又f′(x)＝－a＝－＋－a，

故当＝，即x＝e2时，f′(x)max＝－a，

所以－a≤0，故a≥，

所以a的最小值为.

(2)“若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等价于当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤f′(x)max＋a，

当x∈[e，e2]时，有f′(x)max＝－a，即f′(x)max＋a＝，

问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤”．

①当a≥时，f(x)在[e，e2]上为减函数，

则f(x)min＝f(e2)＝－ae2≤，故a≥－.

②当0<a<时，由于f′(x)＝－＋－a在[e，e2]上为增函数，

故f′(x)的值域为[f′(e)，f′(e2)]，即.

由f′(x)的单调性和值域知，存在唯一x0∈(e，e2)，

使f′(x0)＝0，且满足：

当x∈(e，x0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；

当x∈(x0，e2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．

所以f(x)min＝f(x0)＝－ax0≤，x0∈(e，e2)．

所以a≥－>－>－＝，与0<a<矛盾，舍去．

综上，实数a的取值范围为a≥－.

►名师点津

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．

|跟踪训练|

2．(2019届贵州适应性考试)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f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；

由f′(x)<0，得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≤.

令h(x)＝，则问题转化为a≤h(x)max，

因为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：

由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为.所以a≤.