第20讲 利用导数研究不等式的恒成立问题学案--2025高考一轮单元综合复习与测试卷用）

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考点1 分离参数法求参数的范围
[名师点睛]
分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量.构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.
[典例]
(2020·全国Ⅰ卷)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，x∈R，f′(x)＝ex＋2x－1.
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)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，此时a∈R.
②当x>0时，分离参数a，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，令H(x)＝ex－x－1，
H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上是增函数，
因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，
∴h(x)>h(0)＝0，即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的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).
[举一反三]
已知函数f(x)＝eq \f(1＋ln x,x)，当x≥1时，不等式f(x)－eq \f(k,x＋1)≥0恒成立，求实数k的取值范围．
【解】 原不等式可化为当x≥1时，k≤eq \f(（x＋1）（1＋ln x）,x)恒成立，
令g(x)＝eq \f(（x＋1）（1＋ln x）,x)(x≥1)，
则g′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋ln x＋1＋\f(1,x)))x－（x＋1）（1＋ln x）,x2)＝eq \f(x－ln x,x2).
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－eq \f(1,x)≥0，h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，
所以g(x)为增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．
考点2 等价转化法求参数的范围
[名师点睛]
将“恒成立问题”转化为“最值问题”
根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，如f(x)≥a恒成立，则f(x)min≥a，然后利用最值确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围．
[典例]
(2022·日喀则市南木林期末)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－(a＋1)x＋aln x＋1，求a的范围，使得f(x)≥1恒成立．
【解】 要使得f(x)≥1恒成立，即x>0时，eq \f(1,2)x2－(a＋1)x＋aln x≥0恒成立，
设g(x)＝eq \f(1,2)x2－(a＋1)x＋aln x，则g′(x)＝x－(a＋1)＋eq \f(a,x)＝eq \f(（x－1）（x－a）,x)，
当a≤0时，由g′(x)<0得g(x)的单调递减区间为(0，1)，由g′(x)>0得g(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，
故g(x)min＝g(1)＝－a－eq \f(1,2)≥0，得a≤－eq \f(1,2)；
当0由g′(x)>0得g(x)的单调递增区间为(0，a)，(1，＋∞)；此时g(1)＝－a－eq \f(1,2)<0，不合题意；
当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时g(1)＝－a－eq \f(1,2)<0，不合题意；
当a>1时，由g′(x)<0得g(x)的单调递减区间为(1，a)，由g′(x)>0得g(x)的单调递增区间为(0，1)，(a，＋∞)，此时g(1)＝－a－eq \f(1,2)<0，不合题意；
综上所述，当a≤－eq \f(1,2)时，f(x)≥1恒成立．
[举一反三]
(2022·合肥六校联考)已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋ax，其中a为常数．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：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－eq \f(1,2)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，＋∞)．
考点3 双变量的恒（能）成立问题
[名师点睛]
含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的转化有：
(1)∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.
(2)∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.
(3)∃x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min.
(4)∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
[典例]
(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2(1)解 因为f(x)＝x(1－ln x)，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－ln x＋x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))＝－ln x.
当x∈(0，1)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.
(2)证明 由题意，a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，两边同时除以ab，得eq \f(ln a,a)－eq \f(ln b,b)＝eq \f(1,b)－eq \f(1,a)，即eq \f(ln a＋1,a)＝eq \f(ln b＋1,b)，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b))).
令x1＝eq \f(1,a)，x2＝eq \f(1,b)，
由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当00，当x>e时，f(x)<0，
不妨设x1要证2先证x1＋x2>2：
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
因为0所以只要证x2>2－x1>1，
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x2)又f(x1)＝f(x2)，
所以即证f(x1)即证当x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)<0.
构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)
＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
当0则－ln[x(2－x)]>0，
即当00，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，
所以当0所以当0所以x1＋x2>2成立.
再证x1＋x2由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1，
过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y＝x，
设f(x1)＝f(x2)＝m，
当x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1欲证x1＋x2即证当1构造函数h(x)＝f(x)＋x，
则h′(x)＝1－ln x，
当10，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1即f(x)＋x综上可知，2[举一反三]
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 \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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成立.
g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(2,3)，
∵geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝－eq \f(85,27)，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
∴当x∈[0，2]时，g(x)max＝g(2)＝1，
g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝－eq \f(85,27)，
∴M≤1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(85,27)))＝eq \f(112,27)，
∴满足条件的最大整数M为4.
(2)对任意的s，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))有f(s)≥g(t)，
则f(x)min≥g(x)max.
由(1)知当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))时，g(x)max＝g(2)＝1，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))时，f(x)＝eq \f(a,x)＋xln x≥1恒成立，
即a≥x－x2ln x恒成立.
令h(x)＝x－x2ln x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，
∴h′(x)＝1－2xln x－x，
令φ(x)＝1－2xln x－x，
∴φ′(x)＝－3－2ln x＜0，
h′(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递减，
又h′(1)＝0，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，h′(x)≥0，当x∈[1，2]时，h′(x)≤0，
∴h(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，在[1，2]上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1.
∴实数a的取值范围是[1，＋∞).