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)问题教案

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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)≥eq \f(1,2)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)≥eq \f(1,2)x3＋1，得ex＋ax2－x≥eq \f(1,2)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≥－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2).
记g(x)＝－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
g′(x)＝－eq \f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3).
令h(x)＝ex－eq \f(1,2)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－eq \f(1,2)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)＝eq \f(7－e2,4).
综上可得，实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞))
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)＝eq \f(1,x)－2ax＝eq \f(1－2ax2,x)(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0k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，
即k1)．
设g(x)＝eq \f(xln x＋1,x－1)(x>1)，
则g′(x)＝eq \f(x－ln x－2,x－12).
令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－eq \f(1,x)>0，
所以，h(x)在(1，＋∞)上为增函数．
因为h(2)＝－ln 2