新高考数学一轮复习讲义+分层练习 3.5《利用导数解决不等式恒(能)成立问题》教案 (2份打包，原卷版+教师版)

这是一份新高考数学一轮复习讲义+分层练习 3.5《利用导数解决不等式恒(能)成立问题》教案 (2份打包，原卷版+教师版)，文件包含新高考数学一轮复习讲义+分层练习35《利用导数解决不等式恒能成立问题》教案原卷版doc、新高考数学一轮复习讲义+分层练习35《利用导数解决不等式恒能成立问题》教案原卷版pdf、新高考数学一轮复习讲义+分层练习35《利用导数解决不等式恒能成立问题》教案教师版doc、新高考数学一轮复习讲义+分层练习35《利用导数解决不等式恒能成立问题》教案教师版pdf等4份教案配套教学资源，其中教案共29页， 欢迎下载使用。
考点1 恒成立问题
分离参数法求范围
若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而问题得解.
已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2﹣x＋2.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围.
[解] (1)因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1.
令f′(x)＜0，得ln x＋1＜0，解得0＜x＜eq \f(1,e)，
所以f(x)的单调递减区间是(0，eq \f(1,e)).
令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞eq \f(1,e)，所以f(x)的单调递增区间是(eq \f(1,e)，＋∞).
综上，f(x)的单调递减区间是(0，eq \f(1,e))，单调递增区间是(eq \f(1,e)，＋∞).
(2)因为g′(x)＝3x2＋2ax﹣1，由题意得2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立.
因为x＞0，所以a≥ln x﹣eq \f(3,2)x﹣eq \f(1,2x)在x∈(0，＋∞)上恒成立.
设h(x)＝ln x﹣eq \f(3,2)x﹣eq \f(1,2x)(x＞0)，则h′(x)＝eq \f(1,x)﹣eq \f(3,2)＋eq \f(1,2x2)＝﹣eq \f(（x－1）（3x＋1）,2x2).
令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝﹣eq \f(1,3)(舍).
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
所以当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝﹣2，所以若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝﹣2，即a≥﹣2，故实数a的取值范围是[﹣2，＋∞).
利用分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：
(1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式.
(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值.
(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围.
把参数看作常数利用分类讨论方法解决
对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.
已知函数f(x)＝ln x﹣ax，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若不等式f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围.
[解] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)﹣a.
①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，则f(x)只有单调递增区间是(0，＋∞).
②当a＞0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜eq \f(1,a)；由f′(x)＜0，得x＞eq \f(1,a)；
所以f(x)的单调递增区间是(0，eq \f(1,a))，单调递减区间是(eq \f(1,a)，＋∞).
(2)f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，
即ln x﹣a(x﹣1)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立.
设g(x)＝ln x﹣a(x﹣1)，x＞0，则g′(x)＝eq \f(1,x)﹣a，注意到g(1)＝0，
①当a≥1时，g′(x)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，
则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)＜g(1)＝0，即a≥1时满足题意.
②当0＜a＜1时，令g′(x)＞0，得1＜x＜eq \f(1,a)；
令g′(x)＜0，得x＞eq \f(1,a).则g(x)在(1，eq \f(1,a))上单调递增，
所以当x∈(1，eq \f(1,a))时，g(x)＞g(1)＝0，即0＜a＜1时不满足题意(舍去).
③当a≤0时，g′(x)＝eq \f(1,x)﹣a＞0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞g(1)＝0，即a≤0时不满足题意(舍去).
综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞).
已知f(x)＝ax2﹣2ln x，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对任意的x＞0，2﹣f(x)≤2(a﹣1)x恒成立，求整数a的最小值.
[解](1)由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(2ax2－2,x).
①当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.
②当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(\r(a),a)或x＝﹣eq \f(\r(a),a)(负值舍去).
当x∈(0，eq \f(\r(a),a))，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(eq \f(\r(a),a)，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)单调递增.
(2)由题意得2﹣ax2＋2ln x≤2(a﹣1)x，
整理得2(ln x＋x＋1)≤a(2x＋x2).
因为x＞0，所以原命题等价于a≥eq \f(2（ln x＋x＋1）,（2x＋x2）)在区间(0，＋∞)内恒成立.
令g(x)＝eq \f(2（ln x＋x＋1）,2x＋x2)，则g′(x)＝eq \f(－2（x＋1）（2ln x＋x）,（2x＋x2）2)，
令h(x)＝2ln x＋x，易知h(x)在(0，＋∞)内单调递增.
又h(0.5)＝﹣2ln 2＋0.5＜0，h(1)＝1＞0，
故存在唯一的x0∈(0.5，1)，使得h(x0)＝0.
当0＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＞x0时，h(x)＞0，即g′(x)＜0，g(x)单调递减.
故函数g(x)的极大值为g(x0)，也为最大值，且2ln x0＋x0＝0，
所以g(x)max＝eq \f(2（ln x0＋x0＋1）,2x0＋xeq \\al(2,0))＝eq \f(x0＋2,x0（x0＋2）)＝eq \f(1,x0)，
所以a≥eq \f(1,x0).又eq \f(1,x0)∈(1，2)，且a为整数，故整数a的最小值为2.
考点2 能成立问题
存在x∈[a，b]，f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.
存在x∈[a，b]，f(x)≤a成立⇔f(x)min≤a.
存在x1∈[a，b]，对任意x2∈[a，b]，f(x1)≤g(x2)成立⇔f(x)min≤g(x)min.
已知函数f(x)＝3ln x﹣eq \f(1,2)x2＋x，g(x)＝3x＋a.
(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；
(2)若∃x0＞0，使f(x0)＞g′(x0)成立，求参数a的取值范围.
[解] (1)由题意得，f′(x)＝eq \f(3,x)﹣x＋1，g′(x)＝3，
设切点为(x0，f(x0))，则k＝f′(x0)＝eq \f(3,x0)﹣x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝﹣3(舍)，
所以切点为(1，eq \f(1,2))，代入g(x)＝3x＋a，得a＝﹣eq \f(5,2).
(2)设h(x)＝3ln x﹣eq \f(1,2)x2﹣2x.∃x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，
等价于∃x＞0，使h(x)＝3ln x﹣eq \f(1,2)x2﹣2x＞a成立，等价于a＜h(x)max(x＞0).
因为h′(x)＝eq \f(3,x)﹣x﹣2＝eq \f(－x2－2x＋3,x)＝﹣eq \f(（x－1）（x＋3）,x)，
令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h′（x）＞0，,x＞0，))得0＜x＜1；令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h′（x）＜0，,x＞0，))得x＞1.
所以函数h(x)＝3ln x﹣eq \f(1,2)x2﹣2x在(0，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝﹣eq \f(5,2)，即a＜﹣eq \f(5,2)，
因此参数a的取值范围为(﹣∞，﹣eq \f(5,2)).
(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化.
(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题.
已知函数f(x)＝ax﹣ex(a∈R)，g(x)＝eq \f(ln x,x).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)﹣ex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x＜ln a，所以f(x)的单调递增区间为(﹣∞，ln a)；
由f′(x)＜0得x＞ln a，所以f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞).
(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)﹣ex，则ax≤eq \f(ln x,x)，即a≤eq \f(ln x,x2).
设h(x)＝eq \f(ln x,x2)，则问题转化为a≤(eq \f(ln x,x2))max，由h′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，
令h′(x)＝0，则x＝eq \r(e).
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＝eq \r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值为eq \f(1,2e)，所以a≤eq \f(1,2e).
利用导数解决不等式恒(能)成立问题
1.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)＝eq \f(1,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)＝eq \f(1,x)﹣a(x＞1)，令φ′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，
当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况如下表：
∴φ(x)max＝φ(eq \f(1,a))＞φ(1)＝0，不满足不等式f(x)≤ag(x).
综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞).
2.已知函数f(x)＝eq \f(2a－x2,ex)(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)＝eq \f(x2－2x－2a,ex)，当a≤﹣eq \f(1,2)时，x2﹣2x﹣2a≥0，f′(x)≥0，
∴函数f(x)在(﹣∞，＋∞)上单调递增.
当a＞﹣eq \f(1,2)时，令x2﹣2x﹣2a＝0，解得x1＝1﹣eq \r(2a＋1)，x2＝1＋eq \r(2a＋1).
∴函数f(x)的单调递增区间为(﹣∞，1﹣eq \r(2a＋1))和(1＋eq \r(2a＋1)，＋∞)，
单调递减区间为(1﹣eq \r(2a＋1)，1＋eq \r(2a＋1)).
(2)f(x)＞﹣1⇔eq \f(2a－x2,ex)＞﹣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＞eq \f(1－e,2)，即实数a的取值范围是(eq \f(1－e,2)，＋∞).
3.设f(x)＝eq \f(a,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∈[eq \f(1,2)，2]，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(x﹣eq \f(2,3)).
令g′(x)＞0得x＜0或x＞eq \f(2,3)，令g′(x)＜0得0＜x＜eq \f(2,3)，又x∈[0，2]，
所以g(x)在区间[0，eq \f(2,3)]上单调递减，在区间[eq \f(2,3)，2]上单调递增，
所以g(x)min＝g(eq \f(2,3))＝﹣eq \f(85,27)，
又g(0)＝﹣3，g(2)＝1，所以g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)﹣g(x2)]max＝g(x)max﹣g(x)min＝eq \f(112,27)≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈[eq \f(1,2)，2]，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间[eq \f(1,2)，2]上，函数f(x)min≥g(x)max，
由(1)可知在区间[eq \f(1,2)，2]上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在区间[eq \f(1,2)，2]上，f(x)＝eq \f(a,x)＋xln x≥1恒成立等价于a≥x﹣x2ln x恒成立.
设h(x)＝x﹣x2ln x，h′(x)＝1﹣2xln x﹣x，
令m(x)＝xln x，由m′(x)＝ln x＋1＞0得x＞eq \f(1,e).
即m(x)＝xln x在(eq \f(1,e)，＋∞)上是增函数，
可知h′(x)在区间[eq \f(1,2)，2]上是减函数，又h′(1)＝0，
所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；
当eq \f(1,2)＜x＜1时，h′(x)＞0.
即函数h(x)＝x﹣x2ln x在区间(eq \f(1,2)，1)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，＋∞).
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
﹣
h(x)

极大值

x
(0，eq \r(e))
eq \r(e)
(eq \r(e)，＋∞)
h′(x)
＋
0
﹣
h(x)

极大值eq \f(1,2e)

x
(1，eq \f(1,a))
eq \f(1,a)
(eq \f(1,a)，＋∞)
φ′(x)
＋
0
﹣
φ(x)

极大值
