新教材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能成立问题学案含解析

第3章 导数及其应用

第4课时　利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题

考点1　分离参数(构造函数)解决恒成立问题——综合性

(2020·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：(1)当a＝1时，f (x)＝ex＋x2－x，f ′(x)＝ex＋2x－1.

由于f ″(x)＝ex＋2＞0恒成立，故f ′(x)在R上单调递增，注意到f ′(0)＝0，

故当x∈(－∞，0)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，

当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增．

(2)由f (x)≥x3＋1，得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0.

①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意．

②当x＞0时，得a≥－.

记g(x)＝－，

g′(x)＝－.

令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，

则h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1≥0，

故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，

故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0.

由h(x)≥0得ex－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)＝.

综上可得，实数a的取值范围为

已知函数f (x)＝ln x－ax2＋1.

(1)讨论f (x)的单调性；

(2)若a＝0，xf (x)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，求整数k的最大值．

解：(1)f ′(x)＝－2ax＝(x>0)．

当a≤0时，f ′(x)>0，则f (x)在(0，＋∞)上单调递增．

当a>0时，由f ′(x)>0，得0<x<，则f (x)在上单调递增；

由f ′(x)<0，得x>，则f (x)在上单调递减．

综上，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a>0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减．

(2)由题意，x(ln x＋1)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，

即k<(x>1)．

设g(x)＝(x>1)，

则g′(x)＝.

令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－>0，

所以，h(x)在(1，＋∞)上为增函数．

因为h(2)＝－ln 2<0，h(3)＝1－ln 3＝ln<0，h(4)＝2－ln 4＝ln>0，

所以h(x)在(1，＋∞)上有唯一实数根m∈(3,4)，

使得m－ln m－2＝0.

当x∈(1，m)时，h(x)<0；

当x∈(m，＋∞)时，h(x)>0.

即g(x)在(1，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增，

所以g(x)在x＝m处取得极小值，

且g(m)＝＝m，

所以k<m.由3<m<4，得整数k的最大值为3.

考点2　分离参数(构造函数)解决能成立问题——综合性

已知函数f (x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.

(1)求函数f (x)的单调区间；

(2)若∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f (x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．

解：(1)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，＋∞)．

综上，当a≤0时，f (x)的单调递减区间为R；当a＞0时，f (x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞)．

(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f (x)≤g(x)－ex成立，所以ax≤，即a≤.

设h(x)＝，则问题转化为a≤h(x)max.

由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得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，也是最大值，为h()＝.所以a≤，即a的取值范围是.

若存在x∈，不等式2xln x＋x2－mx＋3≥0成立，求实数m的取值范围．

解：因为2xln x＋x2－mx＋3≥0，

所以m≤2ln x＋x＋.

设h(x)＝2ln x＋x＋，

则h′(x)＝＋1－＝.

当≤x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减；

当1<x≤e时，h′(x)>0，h(x)单调递增．

因为存在x∈，m≤2ln x＋x＋成立，

所以m≤h(x)max.

因为h＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，

且－＝2e－－4＞0，

所以h>h(e)，所以m≤＋3e－2.

考点3　双参不等式恒成立问题——应用性

设f (x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.

(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；

(2)如果对于任意的s，t∈，都有f (s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．

解：(1)存在x1 ，x2 ∈[0,2]使得g(x1 )－g(x2 )≥M成立，等价于[g(x1 )－g(x2 )]max ≥M.

因为g(x)＝x3 －x2 －3，

所以g′(x)＝3x2 －2x＝3x .

g(x)，g′(x)随x变化的情况如下表：

由上表可知，g(x)min ＝g ＝－，g(x)max ＝g(2)＝1.

[g(x 1 )－g(x 2 )]max ＝g(x)max －g(x)min ＝，所以满足条件的最大整数M＝4.

(2)对于任意的s，t∈ ，都有f (s)≥g(t)成立，

等价于在区间 上，函数f (x)min ≥g(x)max .

由(1)可知，在区间 上，g(x)的最大值g(2)＝1.

在区间 上，f (x)＝＋xln x≥1恒成立．

等价于a≥x－x2ln x恒成立，

记h(x)＝x－x2ln x，

则h′(x)＝1－2xln x－x，h′(1)＝0.

当1<x≤2时，h′(x)<0；

当≤x<1时，h′(x)>0.

即函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间(1,2]上单调递减，

所以h(x) max ＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．

已知向量m＝(ex，ln x＋k)，n＝(1，f (x))，m∥n(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线与y轴垂直，F(x)＝xexf ′(x)．

(1)求k的值及F(x)的单调区间；

(2)已知函数g(x)＝－x2＋2ax(a为正实数)，若对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)<F(x1)，求实数a的取值范围．

解：(1)由已知可得f (x)＝，

所以f ′(x)＝.

由已知，f ′(1)＝＝0，所以k＝1，

所以F(x)＝xexf ′(x)＝x＝1－xln x－x，所以F′(x)＝－ln x－2.

由F′(x)＝－ln x－2≥0得0<x≤，

由F′(x)＝－ln x－2≤0得x≥，

所以F(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.

(2)因为对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)<F(x1)，所以g(x)max<F(x)max.

由(1)知，当x＝时，F(x)取得最大值F＝1＋.

对于g(x)＝－x2＋2ax，其对称轴为x＝a，

当0<a≤1时，g(x)max＝g(a)＝a2，所以a2<1＋，从而0<a≤1；

当a>1时，g(x)max＝g(1)＝2a－1，所以2a－1<1＋，从而1<a<1＋.

综上可知，实数a的取值范围是.

已知函数f (x)＝(a∈R)．若a≥0，不等式x2f (x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围．

[四字程序]

思路参考：构造函数h(x)＝xln x－ax＋a＋e－2的方式，把不等式问题直接转化为函数的最值问题来研究．

解：x2f (x)＋a≥2－e，即xln x－ax＋a＋e－2≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立．

令h(x)＝xln x－ax＋a＋e－2，

则h′(x)＝ln x＋1－a.

令h′(x)＝0，得x＝ea－1.

当x∈(0，ea－1)时，h′(x)<0；

当x∈(ea－1，＋∞)时，h′(x)>0.

所以h(x)的最小值是h(ea－1)＝a＋e－2－ea－1.

令t(a)＝a＋e－2－ea－1，则t′(a)＝1－ea－1.

令t′(a)＝0得a＝1.

当a∈[0,1)时，t′(a)>0，t(a)在[0,1)上单调递增；

当a∈(1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减．

所以当a∈[0,1)时，h(x)的最小值为t(a)≥t(0)＝e－2－>0；

当a∈(1，＋∞)时，h(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0.

故a∈[0,2]．.

思路参考：把原不等式通过等价变形，转化为g(x)＝ln x－a＋的最值问题来研究．

解：要使x2f (x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，只要使xf (x)＋≥0即可．

代入f (x)可得ln x－a＋≥0.

构造函数g(x)＝ln x－a＋，

g′(x)＝.

当x∈(0，a＋e－2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．

当x∈(a＋e－2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．

所以g(x)min＝g(a＋e－2)＝ln(a＋e－2)－a＋1.

再构造函数h(a)＝ln(a＋e－2)－a＋1，

则h′(a)＝.

令h′(a)＝0得到a＝3－e.

当a∈[0,3－e]时，h′(a)>0，h(a)单调递增．

当a∈[3－e，＋∞)时，h′(a)<0，h(a)单调递减．

而h(0)＝ln(e－2)＋1>0，且h(3－e)＝e－2>0，

但是因为h(2)＝0，所以0≤a≤2.

思路参考：分离参数，a≥，减弱参数的影响，避免过多的讨论．

解：原式可变为xln x＋e－2≥a(x－1)(*)对任意x∈(0，＋∞)恒成立．

当x∈(0,1)时，分离变量可得a≥.

先求出函数g(x)＝xln x的最小值．

求得g′(x)＝ln x＋1.

当x∈(0，e－1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；

当x∈(e－1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．

所以g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.

因为此时(xln x)min＝－e－1，

所以xln x＋e－2≥－e－1＋e－2>0.

又因为x∈(0,1)，所以<0，

而a≥0，所以a≥显然成立．

当x＝1时，代入(*)式验证e－2≥0显然成立．

当x∈(1，＋∞)时，(*)式分离变量可变为a≤.

若令t(x)＝，此时只需当x∈(1，＋∞)时， a≤t(x)min.

求得t′(x)＝，

易得t′(e)＝0.

下证x＝e是t′(x)＝在x∈(1，＋∞)上的唯一零点．

令h(x)＝x－ln x－(e－1)，则h′(x)＝1－.

当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，

所以h(x)单调递增．

即x＝e是t′(x)＝的唯一零点．

当x∈(1，e)时，t′(x)<0，t(x)单调递减；

当x∈(e，＋∞)时，t′(x)>0，t(x)单调递增．

所以a≤t(x)min＝t(e)＝2，故a∈[0,2]．

思路参考：把不等式通过等价变形后，使不等号的一边出现直线的方程h(x)＝a(x－1)＋(2－e)，再分析不等号另外一边的函数g(x)＝xln x的单调性，就会发现二者相切时即为参数的临界值．

解：通过变形原不等式等价于证明：xln x≥a(x－1)＋(2－e)，x∈(0，＋∞)．

若令g(x)＝xln x和h(x)＝a(x－1)＋(2－e)．

则只需证明函数g(x)的图象在直线h(x)的上方．

首先分析g(x)＝xln x的图象．

由解法三可知：当x∈(0，e－1)时，g(x)单调递减；

当x∈(e－1，＋∞)时，g(x)单调递增，

且g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.

其次分析h(x)＝a(x－1)＋(2－e)的图象．

因为a≥0所以h(x)表示过定点(1,2－e)的非减函数，

且g(x)min＝－e－1>2－e.

两个函数的图象大致如图1所示：

图1　　　　　　　　图2

所以如果我们能说明当g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点，就能求出a的最大值．

设g(x)和h(x)相切于点P(x0，y0)，则可得

消去ln x0得2－e＝a－ea－1③.

易得a＝2为③式的解．

令t(a)＝a－ea－1＋e－2，t′(a)＝1－ea－1.

当t′(a)＝0时，a＝1.

当a∈[0,1]时，t′(a)≥0，t(a)单调递增；

当a∈[1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)单调递减．

因为t(0)＝－e－1＋e－2>0且t(1)＝e－2>0，

所以函数t(a)在区间[0,1]上无零点，

在区间(1，＋∞)有且仅有一个零点，a＝2.

综上所述，a∈[0,2]．

思路参考：通过等价变形后，使不等号两边变化为两个熟悉的函数g(x)＝ln x－a和h(x)＝，然后通过分析这两个函数的图象发现两条曲线相切时，即为参数的临界值．

解：原式化为ln x－a≥对任意x∈(0，＋∞)恒成立．

下面我们研究函数g(x)＝ln x－a和函数h(x)＝.

a≥0，显然两个函数在x∈(0，＋∞)上都是单调递增的．

而且我们可以验证当a＝0时上式成立，

即ln x>(证明略)．

也就是说a＝0时，g(x)的图象在h(x)的图象上方．

如图3：

所以当a越来越大时，两个图象会越来越接近．

所以当g(x)和h(x)的图象相切时，a取得最大值，如图4.

所以我们假设二者的图象相切于点P(x0，y0)，

得

即

化简得e＋a－2＝ea－1，解得a＝2.

仿照解法四，可以证明这是唯一解．

所以a∈[0,2]．

1．本题考查应用导数研究不等式恒成立问题，基本解题方法是——参变分离、数形结合、最值分析等．在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”．依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界点．

2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握运算求解能力、逻辑思维能力，体现逻辑推理、数学运算的核心素养．

3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数、不等式、方程、导数等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题．在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考考查的一个热点．

(2020·泰安高三一轮检测节选)已知函数f (x)＝，a∈R.

若函数y＝f (x)在x＝x0(ln 2<x0<ln 3)处取得极值1，证明：2－<a<3－.

证明：函数f (x)＝的定义域为(0，＋∞)，

所以f ′(x)＝(x>0)．

因为函数y＝f (x)在x＝x0处取得极值1，

所以f ′(x0)＝＝0，且f (x0)＝＝1，

所以＋a＝ln x0＋ax0＝e，所以a＝e－.

令r(x)＝ex－(x>0)，则r′(x)＝ex＋>0，

所以r(x)在(ln 2，ln 3)上为增函数．

又ln 2<x0<ln 3，所以r(ln 2)<r(x0)<r(ln 3)，即2－<a<3－.