人教A版普通高中数学一轮复习第三章第二节第四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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分离参数(构造函数)解决恒成立问题
【例1】已知函数f(x)＝ex－1－a sin x.
(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x，求a的值；
解：由f(x)＝ex－1－a sin x，得f′(x)＝ex－a cs x.
因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x，
所以f′(0)＝1－a＝－1，解得a＝2.
(2)当a＝2时，f(x)≥2c－1(c∈Z)在[0，π]上恒成立，求c的最大值．
解：因为f(x)≥2c－1(c∈Z)在[0，π]上恒成立，所以c≤12(f(x)＋1)min.
当a＝2时，f(x)＝ex－1－2sin x，则f′(x)＝ex－2cs x.
令g(x)＝ex－2cs x，x∈[0，π]，则g′(x)＝ex＋2sin x＞0，
所以g(x)在[0，π]上单调递增，即f′(x)在[0，π]上单调递增．
又f′(0)＝－1＜0，f′π 4＝eπ 4－2＞0，
所以∃x0∈0，π 4，使得f′(x0)＝0，即ex0＝2cs x0，
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，π)上单调递增，
所以f(x)min＝f(x0)＝ex0－2sin x0－1＝2cs x0－2sin x0－1＝22cs x0+π 4 －1.
因为x0∈0，π 4，所以x0＋π 4∈π 4，π 2，cs x0+π 4 ∈0，22，22cs x0+π 4 ∈(0，2)，
所以f(x0)∈(－1，1)，从而12(f(x0)＋1)∈(0，1)．
因为c∈Z，所以c≤0.
所以c的最大值为0.
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”
已知函数f(x)＝x ln x，g(x)＝－x2－ax－4(a∈R)．
(1)求函数f(x)的极值；
解：由题可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1.
令f′(x)＞0，得x＞1e；令f′(x)＜0，得0＜x＜1e，所以f(x)在0，1e上单调递减，在1e，+∞上单调递增．
所以当x＝1e时，f(x)取得极小值，极小值f1e＝1eln 1e＝－1e，无极大值．
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)＞13g(x)恒成立，求a的取值范围．
解：对任意x∈(0，＋∞)，f(x)＞13g(x)恒成立，即x ln x＞13(－x2－ax－4)恒成立，即－a＜3ln x＋x＋4x在(0，＋∞)上恒成立．
令h(x)＝3ln x＋x＋4x，则h′(x)＝x+4x−1x2．
令h′(x)＜0，得0＜x＜1；令h′(x)＞0，得x＞1，
所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以h(x)min＝h(1)＝5.
所以－a＜5，则a＞－5.
故a的取值范围为(－5，＋∞)．
分离参数(构造函数)解决能成立问题
【例2】(2024·曲靖模拟)已知函数f(x)＝－lnx+a+1x，g(x)＝x(x＋3)2－3(x＋1)2ex.
(1)求g(x)的单调区间；
解：(1)由题可得g′(x)＝(x＋3)2＋2x(x＋3)－3(x＋1)(x＋3)ex＝3(x＋1)(x＋3)(1－ex)．
令g′(x)＝0，可得x＝－3，－1，0，
当－3＜x＜－1或x＞0时，g′(x)＜0；当x＜－3或－1＜x＜0时，g′(x)＞0.
所以g(x)的单调递减区间为(－3，－1)和(0，＋∞)，单调递增区间为(－∞，－3)和(－1，0)．
(2)若∀x1∈[1，e]，∃x2∈[－3，0]，使得f(x1)≤g(x2)成立，求a的取值范围．
解：因为x∈[－3，0]，由(1)可知g(x)在[－3，－1)上单调递减，在(－1，0]上单调递增，且g(－3)＝－12e-3，g(0)＝－3，
所以g(x)在[－3，0]上的最大值为g(－3)＝－12e-3.
又f′(x)＝lnx+ax2，x＞0，
当x∈(0，e－a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(e－a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
又x∈[1，e]，
可知f(x)的最大值为f(e)或f(1)，
所以fe=−a+2e≤−12e−3，f1=−a−1≤−12e−3，
解得a≥12e-2－2.
所以a的取值范围为[12e-2－2，＋∞)．
1．含参数的能成立(存在型)问题的解题方法
(1)a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min.
(2)a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.
2．含全称量词、存在量词不等式的能成立问题
(1)存在x1∈A，对任意x2∈B，使得f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max.
(2)对任意x1∈A，存在x2∈B，使得f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min.
已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝lnxx．
(1)求函数f(x)的单调区间；
解：由题可得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，＋∞)．
综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为R；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)若∃x0∈(0，＋∞)，使得不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．
解：因为∃x0∈(0，＋∞)，使得不等式f(x)≤g(x)－ex成立，所以ax≤lnxx成立，即a≤lnxx2成立．
令h(x)＝lnxx2，则h′(x)＝1−2lnxx3，令h′(x)＝0，得x＝e.
当x在区间(0，＋∞)上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
由上表可知，当x＝e时，函数h(x)有极大值，也是最大值，为h(e)＝12e．
所以a≤12e，即a的取值范围是−∞，12e．
双变量不等式恒(能)成立问题
【例3】设函数f(x)＝ax＋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；
解：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＝3xx−23．
当x在区间[0，2]上变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
由上表可知，g(x)min ＝g23＝－8527，g(x)max＝g(2)＝1，则[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝11227≥M，所以满足条件的最大整数M＝4.
(2)如果对任意的s，t∈12，2，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解：对于任意的s，t∈12，2，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间12，2上，f(x)min≥g(x)max .
由(1)可知，在区间12，2上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在区间12，2上，f(x)＝ax＋x ln x≥1恒成立，等价于a≥x－x2ln x恒成立．
令h(x)＝x－x2ln x，则h′(x)＝1－2x ln x－x.
令H(x)＝1－2x ln x－x，则H′(x)＝－2(ln x＋1)－1，当x∈12，2时，H′(x)＜0，所以H(x)在12，2上单调递减，且H(1)＝0.
所以当12≤x＜1时，h′(x)＞0；当1＜x≤2时，h′(x)＜0.
所以函数h(x)在区间12，1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，＋∞)．
“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∈M，∀x2∈N，使得f(x1)≤g(x2)成立，等价于f(x)max≤g(x)min.
(2)∀x1∈M，∃x2∈N，使得f(x1)≤g(x2)成立，等价于f(x)max≤g(x)max.
(3)∃x1∈M，∀x2∈N，使得f(x1)≤g(x2)成立，等价于f(x)min≤g(x)min.
(4)∃x1∈M，∃x2∈N，使得f(x1)≤g(x2)成立，等价于f(x)min≤g(x)max.
已知函数f(x)＝x2ex，g(x)＝ln x－ax＋e，其中e是自然对数的底数．
(1)求函数f(x)的极值；
解：函数f(x)＝x2ex的定义域为R，f′(x)＝2x−x2ex．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由表可知，f(x)极小值＝f(0)＝0，f(x)极大值＝f(2)＝4e2．
(2)如果对任意x1∈[－1，0]，总存在x2∈[2，e2]，使得f(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解：由(1)可知f(x)在[－1，0]上单调递减，
所以f(x)max＝f(－1)＝e.
所以由题意可得ln x－ax＋e≥e在[2，e2]上有解，即a≤lnxx在[2，e2]上有解．
令h(x)＝lnxx，x∈[2，e2]，则h′(x)＝1−lnxx2．令h′(x)＝0，得x＝e.
当x在[2，e2]上变化时，h′(x)与h(x)的变化情况如下表：
由表可知h(x)max＝1e，所以a≤1e．
所以a的取值范围为−∞，1e．
课时质量评价(十九)
1．(2024·宜春模拟)已知函数f(x)＝－x＋ln x，g(x)＝xex－2x－m.
(1)求函数f(x)的单调区间及极值；
解：由已知可得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1−xx，
当0＜x＜1时，f′(x)＞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，＋∞)，
故x＝1是f(x)的极大值点，无极小值点，所以f(x)的极大值为f(1)＝－1，无极小值．
(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围．
解：(方法一)设h(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－xex＋x＋m，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝1x－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)1x−ex．
令t(x)＝1x－ex，x∈(0，＋∞)，则t′(x)＝－1x2－ex＜0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
所以t(x)＝1x－ex在(0，＋∞)上单调递减．
又t12＝2－e＞0，t(1)＝1－e＜0，
所以∃x0∈12，1，使得t(x0)＝1x0−ex0＝0，即1x0＝ex0，即－ln x0＝x0.
因此当0＜x＜x0时，t(x)＞0，即h′(x)＞0，则h(x)单调递增；当x＞x0时，t(x)＜0，即h′(x)＜0，则h(x)单调递减，
故由题意可知h(x)max＝h(x0)＝lnx0−x0ex0＋x0＋m＝0－1＋m≤0，解得m≤1，
所以实数m的取值范围是(－∞，1].
(方法二)令m(x)＝ex－x－1，m′(x)＝ex－1，
当x＜0时，m′(x)＜0；当x＞0时，m′(x)＞0，所以m(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以m(x)≥m(0)＝0，即ex≥x＋1.
因为xex＝ex＋ln x，所以xex＝ex＋ln x≥x＋ln x＋1，当x＋ln x＝0时等号成立，
即xex－x－ln x≥1，当x＋ln x＝0时等号成立，
所以y＝xex－x－ln x的最小值为1.
若f(x)≤g(x)恒成立，则xex－x－ln x≥m，所以m≤1，
即实数m的取值范围是(－∞，1].
2．已知f(x)＝a ln x－x2－e2(其中e为自然对数的底数，a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
解：由题可知f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝ax－2x＝a−2x2x．
当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a＞0时，令f′(x)＞0，得0＜x＜a2；令f′(x)＜0，得x＞a2，
故f(x)的单调递增区间为0，a2，单调递减区间为a2，+∞．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a＞0时，f(x)的单调递增区间为0，a2，单调递减区间为a2，+∞．
(2)若存在实数x＞0，使f(x)＞0能成立，求正数a的取值范围．
解：由题设知a＞0，结合(1)知f(x)max＝fa2＝a ln a2－a2－e2，
若在(0，＋∞)上存在实数x，使f(x)＞0能成立，则f(x)max＝a ln a2－a2－e2＞0.
令g(a)＝a2ln a2－a2－e2，则g′(a)＝12ln a2＋12－12＝12ln a2．
当a∈(0，2)时，g′(a)＜0；当a∈(2，＋∞)时，g′(a)＞0，
所以g(a)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
而当a∈(0，2)时，g(a)＜0，g(2)＝－1－e2＜0，g(2e2)＝0，
所以正数a的取值范围是(2e2，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝ln x－ax＋1−ax－1(a∈R)．
(1)当0＜a＜12时，讨论f(x)的单调性；
解：因为f(x)＝ln x－ax＋1−ax－1，所以f′(x)＝1x－a＋a−1x2＝－ax2−x+1−ax2，x∈(0，＋∞)．
令f′(x)＝0，可得两根分别为1，1a－1.
因为0＜a＜12，所以 1a－1＞1.
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈1，1a−1时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈1a−1，+∞时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝14时，若对∀x1∈(0，2)，∃x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
解：因为a＝14∈0，12，且1a－1＝3＞2，所以由(1)知当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，2)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1)＝－12．
对∀x1∈(0，2)，∃x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，即g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值－12(*)．
g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，
①当b＜1时，g(x)min＝g(1)＝5－2b＞0＞－12，与(*)矛盾；
②当1≤b≤2时，g(x)min＝4－b2≥0＞－12，与(*)矛盾；
③当b＞2时，g(x)min＝g(2)＝8－4b，由8－4b≤－12，可得b≥178．
综上所述，实数b的取值范围为178，+∞．
4．(2024·南昌模拟)已知函数f(x)＝13x3＋12x2＋ax，g(x)＝xex-1＋x ln x，f′(x)，g′(x)分别为f(x)，g(x)的导函数，且对任意的x1∈(0，1]，存在x2∈(0，1]，使f′(x1)≤g′(x2)－2.
(1)求实数a的取值范围；
解：因为f(x)＝13x3＋12x2＋ax，所以f′(x)＝x2＋x＋a＝x+122＋a－14，
所以f′(x)在区间(0，1]上单调递增，
故f′(x)max＝f′(1)＝a＋2.
因为g(x)＝xex-1＋x ln x，所以g′(x)＝ex-1＋xex-1＋ln x＋1＝(x＋1)ex-1＋ln x＋1.
令h(x)＝(x＋1)ex-1＋ln x＋1，则h′(x)＝(x＋2)ex-1＋1x．
又x∈(0，1]，所以h′(x)＞0，
故g′(x)在区间(0，1]上单调递增，所以g′(x)max＝g′(1)＝3.
又因为对任意的x1∈(0，1]，存在x2∈(0，1]，使f′(x1)≤g′(x2)－2，所以f′(x)max≤g′(x)max－2，
即a＋2≤3－2，解得a≤－1，
故实数a的取值范围为(－∞，－1].
(2)证明：∀x＞0，有g(x)≥f′(x)．
证明：令s(x)＝ex-1－x，x＞0，则s′(x)＝ex-1－1.
令s′(x)＝0，解得x＝1，则当x∈(0，1)时，s′(x)＜0，s(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，s′(x)＞0，s(x)单调递增，
所以s(x)≥s(1)＝0，即ex-1≥x(当且仅当x＝1时，等号成立)．
令F(x)＝ln x＋1x－1，则F′(x)＝1x－1x2＝x−1x2．
令F′(x)＝0，解得x＝1，则当x∈(0，1)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，
所以F(x)≥F(1)＝0，即ln x≥－1x＋1(当且仅当x＝1时，等号成立)，
故ex-1＋ln x≥x－1x＋1(当且仅当x＝1时，等号成立)．
又因为x＞0，所以xex-1＋x ln x≥x2＋x－1.
由(1)知a≤－1，所以x2＋x－1≥x2＋x＋a，
故xex-1＋x ln x≥x2＋x＋a，即对∀x＞0，有g(x)≥f′(x)．
转化关
通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)
求最值关
求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题
x
(0，e)
e
(e，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
单调递增
12e
单调递减
x
0
0，23
23
23，2
2
g′(x)
－
0
＋
g(x)
－3
单调递减
－8527
单调递增
1
x
(－∞，0)
0
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
单调
递减
0
单调
递增
4e2
单调
递减
x
2
(2，e)
e
(e，e2)
e2
h′(x)
＋
0
－
h(x)
ln22
单调
递增
1e
单调
递减
2e2