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

这是一份第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，共14页。


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0由f ′(x)<0，得x>eq \r(\f(1,2a))，则f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,2a))，＋∞))上单调递减．
综上，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(1,2a))))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,2a))，＋∞))上单调递减．
(2)由题意，x(ln x＋1)>k(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<0，h(3)＝1－ln 3＝lneq \f(e,3)<0，h(4)＝2－ln 4＝lneq \f(e2,4)>0，
所以h(x)在(1，＋∞)上有唯一实数根m∈(3,4)，
使得m－ln m－2＝0.
当x∈(1，m)时，h(x)<0；
当x∈(m，＋∞)时，h(x)>0.
即g(x)在(1，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在x＝m处取得极小值，
且g(m)＝eq \f(mln m＋1,m－1)＝m，
所以k考点2 分离参数(构造函数)解决能成立问题——综合性
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)若∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f (x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．
解：(1)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f (x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由f ′(x)<0得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)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f (x)≤g(x)－ex成立，所以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≤h(x)max.
由h′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，令h′(x)＝0，得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，也是最大值，为h(eq \r(e))＝eq \f(1,2e).所以a≤eq \f(1,2e)，即a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2e))).
1．含参数的能成立(存在型)问题的解题方法
a≥f (x)在x∈D上能成立，则a≥f (x)min；
a≤f (x)在x∈D上能成立，则a≤f (x)max.
2．含全称量词、存在量词不等式能成立问题
(1)存在x1∈A，对任意x2∈B使f (x1)≥g(x2)成立，则f (x)max≥g(x)max；
(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f (x1)≥g(x2)成立，则f (x)min≥g(x)min.
若存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，不等式2xln x＋x2－mx＋3≥0成立，求实数m的取值范围．
解：因为2xln x＋x2－mx＋3≥0，
所以m≤2ln x＋x＋eq \f(3,x).
设h(x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)，
则h′(x)＝eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(x＋3x－1,x2).
当eq \f(1,e)≤x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当10，h(x)单调递增．
因为存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，m≤2ln x＋x＋eq \f(3,x)成立，
所以m≤h(x)max.
因为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－2＋eq \f(1,e)＋3e，h(e)＝2＋e＋eq \f(3,e)，
且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2＋\f(1,e)＋3e))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋e＋\f(3,e)))＝2e－eq \f(2,e)－4＞0，
所以heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))>h(e)，所以m≤eq \f(1,e)＋3e－2.
考点3 双参不等式恒成立问题——应用性
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.
因为g(x)＝x3 －x2 －3，
所以g′(x)＝3x2 －2x＝3xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3))) .
g(x)，g′(x)随x变化的情况如下表：
由上表可知，g(x)min ＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) ＝－eq \f(85,27)，g(x)max ＝g(2)＝1.
[g(x 1 )－g(x 2 )]max ＝g(x)max －g(x)min ＝eq \f(112,27)，所以满足条件的最大整数M＝4.
(2)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，
等价于在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)) 上，函数f (x)min ≥g(x)max .
由(1)可知，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)) 上，g(x)的最大值g(2)＝1.
在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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，
记h(x)＝x－x2ln x，
则h′(x)＝1－2xln x－x，h′(1)＝0.
当1当eq \f(1,2)≤x<1时，h′(x)>0.
即函数h(x)＝x－x2ln x在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
解双参不等式恒成立问题的方法和基本思想
(1)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f (x1)＞g(x2)，等价于函数f (x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f (x)min＞g(x)min(这里假设f (x)min，g(x)min存在)．其等价转化的基本思想：函数y＝f (x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数y＝g(x)的所有函数值．
(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f (x1)＜g(x2)，等价于函数f (x)在D1上的最大值小于函数g(x)在D2上的最大值(这里假设f (x)max，g(x)max存在)．其等价转化的基本思想：函数y＝f (x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数y＝g(x)的所有函数值．
已知向量m＝(ex，ln x＋k)，n＝(1，f (x))，m∥n(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线与y轴垂直，F(x)＝xexf ′(x)．
(1)求k的值及F(x)的单调区间；
(2)已知函数g(x)＝－x2＋2ax(a为正实数)，若对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)解：(1)由已知可得f (x)＝eq \f(ln x＋k,ex)，
所以f ′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－k,ex).
由已知，f ′(1)＝eq \f(1－k,e)＝0，所以k＝1，
所以F(x)＝xexf ′(x)＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－ln x－1 ))＝1－xln x－x，所以F′(x)＝－ln x－2.
由F′(x)＝－ln x－2≥0得0由F′(x)＝－ln x－2≤0得x≥eq \f(1,e2)，
所以F(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))，单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞)).
(2)因为对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)由(1)知，当x＝eq \f(1,e2)时，F(x)取得最大值Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝1＋eq \f(1,e2).
对于g(x)＝－x2＋2ax，其对称轴为x＝a，
当0当a>1时，g(x)max＝g(1)＝2a－1，所以2a－1<1＋eq \f(1,e2)，从而1综上可知，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1＋\f(1,2e2))).
已知函数f (x)＝eq \f(ln x－a,x)(a∈R)．若a≥0，不等式x2f (x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
[四字程序]
思路参考：构造函数h(x)＝xln x－ax＋a＋e－2的方式，把不等式问题直接转化为函数的最值问题来研究．
解：x2f (x)＋a≥2－e，即xln x－ax＋a＋e－2≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
令h(x)＝xln x－ax＋a＋e－2，
则h′(x)＝ln x＋1－a.
令h′(x)＝0，得x＝ea－1.
当x∈(0，ea－1)时，h′(x)<0；
当x∈(ea－1，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)的最小值是h(ea－1)＝a＋e－2－ea－1.
令t(a)＝a＋e－2－ea－1，则t′(a)＝1－ea－1.
令t′(a)＝0得a＝1.
当a∈[0,1)时，t′(a)>0，t(a)在[0,1)上单调递增；
当a∈(1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减．
所以当a∈[0,1)时，h(x)的最小值为t(a)≥t(0)＝e－2－eq \f(1,e)>0；
当a∈(1，＋∞)时，h(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0.
故a∈[0,2]．.
思路参考：把原不等式通过等价变形，转化为g(x)＝ln x－a＋eq \f(a＋e－2,x)的最值问题来研究．
解：要使x2f (x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，只要使xf (x)＋eq \f(a＋e－2,x)≥0即可．
代入f (x)可得ln x－a＋eq \f(a＋e－2,x)≥0.
构造函数g(x)＝ln x－a＋eq \f(a＋e－2,x)，
g′(x)＝eq \f(x－a＋e－2,x2).
当x∈(0，a＋e－2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
当x∈(a＋e－2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(a＋e－2)＝ln(a＋e－2)－a＋1.
再构造函数h(a)＝ln(a＋e－2)－a＋1，
则h′(a)＝eq \f(3－a－e,a＋e－2).
令h′(a)＝0得到a＝3－e.
当a∈[0,3－e]时，h′(a)>0，h(a)单调递增．
当a∈[3－e，＋∞)时，h′(a)<0，h(a)单调递减．
而h(0)＝ln(e－2)＋1>0，且h(3－e)＝e－2>0，
但是因为h(2)＝0，所以0≤a≤2.
思路参考：分离参数，a≥eq \f(xln x＋e－2,x－1)，减弱参数的影响，避免过多的讨论．
解：原式可变为xln x＋e－2≥a(x－1)(*)对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
当x∈(0,1)时，分离变量可得a≥eq \f(xln x＋e－2,x－1).
先求出函数g(x)＝xln x的最小值．
求得g′(x)＝ln x＋1.
当x∈(0，e－1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(e－1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.
因为此时(xln x)min＝－e－1，
所以xln x＋e－2≥－e－1＋e－2>0.
又因为x∈(0,1)，所以eq \f(xln x＋e－2,x－1)<0，
而a≥0，所以a≥eq \f(xln x＋e－2,x－1)显然成立．
当x＝1时，代入(*)式验证e－2≥0显然成立．
当x∈(1，＋∞)时，(*)式分离变量可变为a≤eq \f(xln x＋e－2,x－1).
若令t(x)＝eq \f(xln x＋e－2,x－1)，此时只需当x∈(1，＋∞)时， a≤t(x)min.
求得t′(x)＝eq \f(x－ln x－e－1,x－12)，
易得t′(e)＝0.
下证x＝e是t′(x)＝eq \f(x－ln x－e－1,x－12)在x∈(1，＋∞)上的唯一零点．
令h(x)＝x－ln x－(e－1)，则h′(x)＝1－eq \f(1,x).
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
所以h(x)单调递增．
即x＝e是t′(x)＝eq \f(x－ln x－e－1,x－12)的唯一零点．
当x∈(1，e)时，t′(x)<0，t(x)单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，t′(x)>0，t(x)单调递增．
所以a≤t(x)min＝t(e)＝2，故a∈[0,2]．

思路参考：把不等式通过等价变形后，使不等号的一边出现直线的方程h(x)＝a(x－1)＋(2－e)，再分析不等号另外一边的函数g(x)＝xln x的单调性，就会发现二者相切时即为参数的临界值．
解：通过变形原不等式等价于证明：xln x≥a(x－1)＋(2－e)，x∈(0，＋∞)．
若令g(x)＝xln x和h(x)＝a(x－1)＋(2－e)．
则只需证明函数g(x)的图象在直线h(x)的上方．
首先分析g(x)＝xln x的图象．
由解法三可知：当x∈(0，e－1)时，g(x)单调递减；
当x∈(e－1，＋∞)时，g(x)单调递增，
且g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.
其次分析h(x)＝a(x－1)＋(2－e)的图象．
因为a≥0所以h(x)表示过定点(1,2－e)的非减函数，
且g(x)min＝－e－1>2－e.
两个函数的图象大致如图1所示：
图1 图2
所以如果我们能说明当g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点，就能求出a的最大值．
设g(x)和h(x)相切于点P(x0，y0)，则可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax0－1＋2－e＝x0ln x0①，,a＝g′x0＝ln x0＋1②.))
消去ln x0得2－e＝a－ea－1③.
易得a＝2为③式的解．
令t(a)＝a－ea－1＋e－2，t′(a)＝1－ea－1.
当t′(a)＝0时，a＝1.
当a∈[0,1]时，t′(a)≥0，t(a)单调递增；
当a∈[1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)单调递减．
因为t(0)＝－e－1＋e－2>0且t(1)＝e－2>0，
所以函数t(a)在区间[0,1]上无零点，
在区间(1，＋∞)有且仅有一个零点，a＝2.
综上所述，a∈[0,2]．
思路参考：通过等价变形后，使不等号两边变化为两个熟悉的函数g(x)＝ln x－a和h(x)＝eq \f(2－a－e,x)，然后通过分析这两个函数的图象发现两条曲线相切时，即为参数的临界值．
解：原式化为ln x－a≥eq \f(2－a－e,x)对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
下面我们研究函数g(x)＝ln x－a和函数h(x)＝eq \f(2－a－e,x).
a≥0，显然两个函数在x∈(0，＋∞)上都是单调递增的．
而且我们可以验证当a＝0时上式成立，
即ln x>eq \f(2－e,x)(证明略)．
也就是说a＝0时，g(x)的图象在h(x)的图象上方．
如图3：
所以当a越来越大时，两个图象会越来越接近．
所以当g(x)和h(x)的图象相切时，a取得最大值，如图4.
所以我们假设二者的图象相切于点P(x0，y0)，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(gx0＝hx0，,g′x0＝h′x0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x0－a＝\f(2－a－e,x0)，,\f(1,x0)＝\f(a＋e－2,x\\al(2,0)).))
化简得e＋a－2＝ea－1，解得a＝2.
仿照解法四，可以证明这是唯一解．
所以a∈[0,2]．
1．本题考查应用导数研究不等式恒成立问题，基本解题方法是——参变分离、数形结合、最值分析等．在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”．依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界点．
2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握运算求解能力、逻辑思维能力，体现逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数、不等式、方程、导数等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题．在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考考查的一个热点．
(2020·泰安高三一轮检测节选)已知函数f (x)＝eq \f(ln x＋ax,ex)，a∈R.
若函数y＝f (x)在x＝x0(ln 2证明：函数f (x)＝eq \f(ln x＋ax,ex)的定义域为(0，＋∞)，
所以f ′(x)＝eq \f(\f(1,x)＋a－ln x＋ax,ex)(x>0)．
因为函数y＝f (x)在x＝x0处取得极值1，
所以f ′(x0)＝eq \f(\f(1,x0)＋a－ln x0＋a x0,eeq \s\up4(x0))＝0，且f (x0)＝eq \f(ln x0＋ax0,eeq \s\up4(x0))＝1，
所以eq \f(1,x0)＋a＝ln x0＋ax0＝eeq \s\up4(x0)，所以a＝eeq \s\up8(x0)－eq \f(1,x0).
令r(x)＝ex－eq \f(1,x)(x>0)，则r′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0，
所以r(x)在(ln 2，ln 3)上为增函数．
又ln 21．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”
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，eq \r(e))
eq \r(e)
(eq \r(e)，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
↗
极大值
↘
x
0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))
eq \f(2,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))
2
g′(x)
0
－
0
＋

g(x)
－3
↘
极小值－eq \f(85,27)
↗
1
读
想
算
思
a的取值范围
1.恒成立问题的解题策略；
2.如何构造函数？
求导研究有关函数的单调性，并求其最值
转化与化归
若a≥0，x2f (x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立
1.数形结合；
2.分离参数法；
3.构造h(x)＝x2f (x)＋a＋e－2；
4.构造g(x)＝xf (x)＋eq \f(a＋e－2,x)
1.h(x)＝xln x－ax＋a＋e－2，
h′(x)＝ln x＋1－a；
2.g(x)＝ln x－a＋eq \f(a＋e－2,x)，g′(x)＝
eq \f(x－a＋e－2,x2)
1.函数最值；
2.不等式与对应函数图象的分布关系