2021版新高考数学（理科）一轮复习教师用书：第3章第5节　利用导数解决不等式恒（能）成立问题

第五节　利用导数解决不等式恒(能)成立问题

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＜，所以f(x)的单调递减区间是(0，)．令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞，所以f(x)的单调递增区间是(，＋∞)．综上，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．

(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－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－x－(x＞0)，则h′(x)＝－＋＝－.令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(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)＝－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＜；

由f′(x)＜0，得x＞；

所以f(x)的单调递增区间是(0，)，单调递减区间是(，＋∞)．

(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)＝－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＜；

令g′(x)＜0，得x＞.

则g(x)在(1，)上单调递增，

所以当x∈(1，)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)＝－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)＝.

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＝或x＝－(负值舍去)．

当x∈(0，)，f′(x)＜0，f(x)单调递减；

当x∈(，＋∞)，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≥在区间(0，＋∞)内恒成立．

令g(x)＝，

则g′(x)＝，

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＝＝＝，

所以a≥.又∈(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－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)＝－x＋1，g′(x)＝3，设切点为(x0，f(x0))，则k＝f′(x0)＝－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切点为(1，)，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－.

(2)设h(x)＝3ln x－x2－2x.∃x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，

等价于∃x＞0，使h(x)＝3ln x－x2－2x＞a成立，

等价于a＜h(x)max(x＞0)．

因为h′(x)＝－x－2＝

＝－，

令得0＜x＜1；令得x＞1.

所以函数h(x)＝3ln x－x2－2x在(0，1)上单调递增，

在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－，

即a＜－，

因此参数a的取值范围为(－∞，－)．

　(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)＝.

(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≤，即a≤.

设h(x)＝，则问题转化为a≤()max，

由h′(x)＝，

令h′(x)＝0，则x＝.

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＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为，所以a≤.