统考版高中数学（文）复习3-2-4导数在研究函数中的应用学案

第4课时　利用导数研究不等式的恒成立问题

提 升  关键能力——考点突破　掌握类题通法

考点一　分离参数法求参数范围　[综合性]

[例1]　[2023·浙江嘉兴高三模拟预测]已知函数f(x)＝－x ln x＋a(x＋1)，a∈R.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若关于x的不等式f(x)≤2a在[2，＋∞)上恒成立，求a的取值

反思感悟　(1)用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．

(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；

a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；

a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；

a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.

【对点训练】

[2023·山东济宁一中高三测试]已知函数f(x)＝x－a ln x，a∈R.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)当x∈[1，2]时，有f(x)>0成立，求a的取值范围．

考点二　分类讨论法求取值范围　[基础性、综合性]

[例2]　已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝＋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．

听课笔记：

反思感悟　若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围，即研究a取什么范围能使f(x)≥0，如果参数a不易分离，通常对a分类讨论，找到使f(x)≥0的a的取值范围．

【对点训练】

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．

考点三　双参不等式恒成立问题　[应用性]

[例3]　设f(x)＝＋x ln 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．

听课笔记：

反思感悟　解双参不等式恒成立问题的方法和基本思想

(1)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f (x1)＞g(x2)，等价于函数f (x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f (x)min＞g(x)min(这里假设，g(x)min存在)．其等价转化的基本思想：函数y＝f (x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数y＝g(x)的所有函数值．

(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f (x1)＜g(x2)，等价于函数f (x)在D1上的最大值小于函数g(x)在D2上的最大值(这里假设存在)．其等价转化的基本思想：函数y＝f(x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数y＝g(x)的所有函数值．

【对点训练】

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．

第4课时　利用导数研究不等式的恒成立问题

提升关键能力

考点一

例1　解析：(1)当a＝0时，f(x)＝－x ln x，(x>0)，

f′(x)＝－ln x－1，由f′(x)>0解得0<x<e－1，由f′(x)<0解得x>e－1，

故f(x)的单调增区间为(0，e－1)，单调减区间为(e－1，＋∞)；

当a≠0时，由f(x)＝－x ln x＋a(x＋1)，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝－(ln x＋1)＋a，

令f′(x)＝－(ln x＋1)＋a＝0解得x＝ea－1，

由f′(x)>0解得0<x<ea－1，由f′(x)<0解得x>ea－1，

故f(x)的单调增区间为(0，ea－1)，单调减区间为(ea－1，＋∞)；

经验证，a＝0时，f(x)的单调增区间也符合(0，ea－1)，单调减区间也符合(ea－1，＋∞)；

综上可知：f(x)的单调增区间为(0，ea－1)，单调减区间为(ea－1，＋∞)；

 (2)∵f(x)≤2a，∴a≤，

令g(x)＝，x≥2，

则g′(x)＝，

令t(x)＝ln x－x＋1，则t′(x)＝－1＝，

由t′(x)>0解得0<x<1，由t′(x)<0解得x>1，

故t(x)在(0，1)递增，在(1，＋∞)递减，t(x)max＝t(1)＝0，

∴t(x)≤0，所以ln x≤x－1，

∴g′(x)≥0，g(x)在[2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(2)

∴a≤g(2)＝2ln 2，

∴a的取值范围是(－∞，2ln 2].

对点训练

解析：(1)函数f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝1－＝，

a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

a>0时，令f′(x)＝0，得x＝a.

当0<x<a时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数；

当x>a时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数．

综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；

当a>0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a，＋∞)．

 (2)若x＝1，f(x)＝1>0成立，a∈R；

若1<x≤2，问题⇔a<恒成立，记g(x)＝(1<x≤2)，g′(x)＝<0，

则函数g(x)在(1，2]上单调递减，所以g(x)min＝g(2)＝，所以a<.

综上：a<.

考点二

例2　解析：(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，＋∞)．

对点训练

解析：(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，＋∞).

考点三

例3　解析：(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(x1)－g(x2)]max＝＝，所以满足条件的最大整数M＝4.

解析：(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≥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)＝＋x ln x≥1恒成立．

等价于a≥x－x2ln x恒成立，记h(x)＝x－x2ln x，

则h′(x)＝1－2x ln 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，＋∞)．

对点训练

解析：(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－x ln 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.

解析：(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.