高考数学一轮复习第3章第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

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第4课时　利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题


考点1　分离参数法解决恒(能)成立问题——综合性

已知函数f(x)＝2x－2ln x＋a，g(x)＝－ax－2，a∈R．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)＋g(x)＞0对任意的x∈恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝2x－2ln x＋a，定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝2－＝．
当0＜x＜1时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；
当x＞1时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增，
所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)由题意可得，f(x)＋g(x)＞0对任意的x∈恒成立，
即a＞2＋对任意的x∈恒成立．
令h(x)＝2＋，则h′(x)＝．
令m(x)＝－2＋2ln x，则m′(x)＝．
当x∈时，m′(x)＜0，则m(x)在上单调递减．
又当x＝时，m＝4－2＋2ln ＞0，
所以当x∈时，m(x)＞0，即当x∈时，h′(x)＞0，
所以h(x)在上单调递增，
故h(x)＜h＝2－4ln 2，所以a≥2－4ln 2，
故实数a的取值范围为[2－4ln 2，＋∞)．

分离参数解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量，构造函数，把问题转化为求函数最值问题．
(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；
a≥f(x)有解⇔a≥f(x)min；
a≤f(x)有解⇔a≤f(x)max．

已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝．
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0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，＋∞)．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为R，没有单调递增区间；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)因为存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，
所以ax≤，即a≤．
设h(x)＝，问题转化为a≤max．
由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝．
当x在(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：
x
(0，)

(，＋∞)
h′(x)
＋
0
—
h(x)
↗
极大值
↘
由表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值，为，所以a≤，
故a的取值范围是．

考点2　等价转化法解决恒(能)成立问题——综合性

(2022·沈阳三模)已知函数f(x)＝(x＋1)·e－ax，其中a≠0．
(1)若f(x)的极值为1，求实数a的值；
(2)若对任意x≥0，有f(x)≤x＋1恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)＝(x＋1)e－ax，则f′(x)＝－e－ax·[ax－(1－a)]，令f′(x)＝0，解得x＝－1．
①当a＜0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，所以f(x)的极小值为f ＝<0，因此极值不为1，不符合题意；
②当a＞0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，所以f(x)的极大值为f ＝．
令＝1，则a是方程ea－1－a＝0的根．
令g(a)＝ea－1－a(a＞0)，则g′(a)＝ea－1－1．
令g′(a)＝0，则a＝1，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则当a＝1时，g(a)取得最小值g(1)＝0，所以方程ea－1－a＝0仅有一根，当且仅当a＝1时，f(x)的极值为1．
综上所述，a＝1．
(2)原命题即：对任意x≥0，有(x＋1)e－ax≤x＋1恒成立，
等价于：对任意x≥0，有e－ax·≤恒成立．
令h(x)＝e－ax·，
则h′(x)＝[1－a(x＋1)(x＋2)]＝e－ax··
．
①当a≥时，对任意x≥0，－a≤0，则h′(x)≤0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(0)＝，符合题意．
②当0－a＝0，
因此当x∈时，h′(x)＞0，故h(x)在x∈上单调递增，
所以当x∈时，h(x)＞h(0)＝，不符合题意．
③当a＜0时，对任意x≥0，有－a>0，则h′(x)＞0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以当x＞0时，h(x)＞h(0)＝，不符合题意．
综上所述，a的取值范围为．

等价转化法解决恒成立问题的关键是将不等式进行等价转化，构造新函数，通过求新函数单调性与最值解决问题．

已知函数f(x)＝eaxln x－x＋1(a∈R)．
(1)当a＝0时，求f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0,1)，f(x)＜0恒成立，求a的取值范围．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x－x＋1，得f′(x)＝－1(x＞0)．
当0＜x＜1时，f′(x)＝－1＞0；
当x＞1时，f′(x)＜0，
所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为[1，＋∞)．
(2)由(1)知当a＝0时，f(x)的单调递增区间为(0,1)，
则f(x)＜f(1)＝0符合题意．
当a＞0时，x∈(0,1)，则eax＞1，ln x＜0，
所以eaxln x＜ln x．
由(1)知f(x)＝ln x－x＋1＜f(1)＝0，
所以eaxln x＜ln x＜x－1，故f(x)＜ln x－x＋1＜0成立，则a＞0符合题意．
当a＜0时，由f′(x)＝eax－1，x∈(0,1)，
令g(x)＝aln x＋，则g′(x)＝＜0，
所以g(x)在x∈(0,1)上单调递减，得g(x)＞g(1)＝1．
又y＝eax∈(0,1)且为减函数，所以f′(x)＝eaxg(x)－1为减函数．
又f′(1)＝ea－1＜0，
故设f′(x0)＝0，当x0＜x＜1时，有f′(x)＜0，所以f(x)在(x0，1)上为减函数，
则有f(x0)＞f(1)＝0，故a＜0不符合题意，
综上所述，a的取值范围为{a|a≥0}．

考点3　双参不等式恒(能)成立问题——综合性

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．
由g(x)＝x3－x2－3，
得g′(x)＝3x2－2x＝3x．
令g′(x)>0，得x<0或x>；
令g′(x)<0，得0 又x∈[0,2]，所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)min＝g＝－，g(x)max＝g(2)＝1．
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，
则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)的最大值为g(2)＝1，
所以在区间上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立，等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，则h′(x)＝1－2xln x－x，
可知h′(x)在区间上是减函数．
又h′(1)＝0，
所以当1 当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，
所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．

“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价变换有：
(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max．
(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min．
(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max．
(4)∃x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min．

已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex．
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1) 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝(a∈R)，
当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，
所以f(x)min＝f(1)＝1－a；
当1＜a＜e时，x∈[1，a]，f′(x)≤0，f(x)为减函数，x∈[a，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1；
当a≥e时，x∈[1，e]，f′(x)≤0，f(x)为减函数，
所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－．
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－．
(2)存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，即f(x)min＜g(x)min，
当a＜1时，由(1)可知，x∈[e，e2]，f(x)为增函数，
所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－．
g′(x)＝x＋ex－xex－ex＝x(1－ex)，
当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，
所以e－(a＋1)－<1，即a>，
所以a的取值范围为．


已知函数f(x)＝(a∈R)．若a≥0，不等式x2f(x)＋a≥2－e对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
[四字程序]
读
想
算
思
a的取值范围
1．恒成立问题的解题策略．
2．如何构造函数
求导研究有关函数的单调性，并求其最值
转化与
化归
若a≥0，x2f(x)＋a≥2－e对任意的x∈(0，＋∞)恒成立
1．数形结合．
2．分离参数法．
3．构造h(x)＝x2f(x)＋a＋e－2．
4．构造g(x)＝xf(x)＋
1．h(x)＝xln x－ax＋a＋e－2，
h′(x)＝ln x＋1－a．
2．g(x)＝ln x－a＋，
g′(x)＝
1．函数
最值．
2．不等式与对应函数图象的分布关系　



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对任意的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＝t(2)，所以1≤a≤2．
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对任意的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≥(01)，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)(*)对任意的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3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)的直线，
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)，如图(2)，
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，则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≥对任意的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4，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，解答本题一般需要有良好的运算求解能力、逻辑思维能力．本题的解答体现了逻辑推理、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．此类题在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养方面起到了积极的作用，是高考考查的一个热点．

已知函数f(x)＝，a∈R．若函数y＝f(x)在x＝x0(ln 2 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，