2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第三章第五节利用导数研究不等式恒成立问题

第五节利用导数研究不等式恒成立问题

 方法一　分离参数法解决不等式恒成立问题

[典例]　(2019·石家庄质量检测)已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．

(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；

(2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．

[解]　(1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)．

即f′(x)＝xex＋ex－4，则f′(0)＝－3，f(0)＝2，

所以所求切线方程为3x＋y－2＝0.

(2)由f(1)≥0，得a≥>0，

则f(x)≥0对任意的x>0恒成立可转化为≥对任意的x>0恒成立．

设函数F(x)＝(x>0)，

则F′(x)＝－.

当0<x<1时，F′(x)>0；当x>1时，F′(x)<0，

所以函数F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

所以F(x)max＝F(1)＝.

于是≥，解得a≥.

故实数a的取值范围是.

[解题技法]

1．分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路

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．求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”

[对点训练]

已知函数f(x)＝，且对任意的x∈(0,2)，都有f(x)<成立，求k的取值范围．

解：由题意知f(x)＝<对任意的x∈(0,2)都成立，由>0，知k＋2x－x2>0，

即k>x2－2x对任意的x∈(0,2)都成立，从而k≥0，

故不等式可转化为k<＋x2－2x.

令g(x)＝＋x2－2x，

所以g′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)，

令g′(x)＝0，得x＝1，

显然函数g(x)在(1,2)上单调递增，在(0,1)上单调递减，

所以k<g(x)min＝g(1)＝e－1.

综上所述，实数k的取值范围是[0，e－1)．

 方法二　等价转化法解决不等式恒成立问题

[典例]　(2019·合肥六校联考)已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝x2＋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．

[解]　(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，＋∞)．

[解题技法]

等价转化法求解不等式恒成立问题的思路

遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．

[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．

解：(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，＋∞)．

1．(2019·西安质检)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x－1.

(1)求函数y＝f(x)的图象在x＝1处的切线方程；

(2)若不等式f(x)≤ag(x)对任意的x∈(1，＋∞)均成立，求实数a的取值范围．

解：(1)∵f′(x)＝，∴f′(1)＝1.

又∵f(1)＝0，

∴所求切线的方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，

即为x－y－1＝0.

(2)易知对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)>0，g(x)>0.

①当a≥1时，f(x)<g(x)≤ag(x)；

②当a≤0时，f(x)>0，ag(x)≤0，不满足不等式f(x)≤ag(x)；

③当0<a<1时，设φ(x)＝f(x)－ag(x)＝ln x－a(x－1)，则φ′(x)＝－a(x>1)，

令φ′(x)＝0，得x＝，

当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况如下表：

∴φ(x)max＝φ>φ(1)＝0，不满足不等式．

综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．

2．已知函数f(x)＝(a∈R)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若∀x∈[1，＋∞)，不等式f(x)>－1恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)f′(x)＝，

当a≤－时，x2－2x－2a≥0，f′(x)≥0，

∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．

当a>－时，令x2－2x－2a＝0，

解得x1＝1－，x2＝1＋.

∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，单调递减区间为(1－，1＋)．

(2)f(x)>－1⇔>－1⇔2a>x2－ex，

由条件知，2a>x2－ex对∀x≥1恒成立．

令g(x)＝x2－ex，h(x)＝g′(x)＝2x－ex，∴h′(x)＝2－ex.

当x∈[1，＋∞)时，h′(x)＝2－ex≤2－e<0，

∴h(x)＝g′(x)＝2x－ex在[1，＋∞)上单调递减，

∴h(x)＝2x－ex≤2－e<0，即g′(x)<0，

∴g(x)＝x2－ex在[1，＋∞)上单调递减，

∴g(x)＝x2－ex≤g(1)＝1－e，

故若f(x)>－1在[1，＋∞)上恒成立，

则需2a>g(x)max＝1－e，

∴a>，即实数a的取值范围是.

3．设f(x)＝xex，g(x)＝x2＋x.

(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；

(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>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)∵F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋x2＋x，

∴F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，

令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，

∴F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．

故F(x)min＝F(－1)＝－－.

(2)∵任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，

∴mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．

令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－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≥，而≤e，故m≥e，

即实数m的取值范围是[e，＋∞)．

4．(2018·开封高三定位考试)已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．

(1)求函数f(x)的极小值；

(2)若存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a 的取值范围．

解：(1)f′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a.

∵当a>1时，ln a>0，函数y＝(ax－1)ln a在R上是增函数，

当0<a<1时，ln a<0，函数y＝(ax－1)ln a在R上也是增函数，

∴当a>1或0<a<1时，f′(x)在R上是增函数，

又∵f′(0)＝0，∴f′(x)>0的解集为(0，＋∞)，f′(x)<0的解集为(－∞，0)，故函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，

∴函数f(x)在x＝0处取得极小值1.

(2)∵存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，

∴只需f(x)max－f(x)min≥e－1即可．

由(1)可知，当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上是减函数，在(0,1]上是增函数，

∴当x∈[－1,1]时，f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max为f(－1)和f(1)中的较大者．

f(1)－f(－1)＝(a＋1－ln a)－＝a－－2ln a，

令g(a)＝a－－2ln a(a>0)，

∵g′(a)＝1＋－＝2>0，

∴g(a)＝a－－2ln a在(0，＋∞)上是增函数．

而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，即f(1)>f(－1)；

当0<a<1时，g(a)<0，即f(1)<f(－1)．

∴当a>1时，f(1)－f(0)≥e－1，即a－ln a≥e－1.

由函数y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；

当0<a<1时，f(－1)－f(0)≥e－1，即＋ln a≥e－1，

由函数y＝＋ln a在(0,1)上是减函数，解得0<a≤.

综上可知，所求实数a的取值范围为∪[e，＋∞)．