第18講導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用——利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立（能成立）問題 2021-2022年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)歸納（學(xué)生版+教師版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

第18講導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用——利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立(能成立)問題思維導(dǎo)圖知識(shí)梳理一般地，若a>f(x)對x∈D恒成立，則只需a>f(x)max；若a<f(x)對x∈D恒成立，則只需a<f(x)min.若存在x0∈D，使a>f(x0)成立，則只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a<f(x0)成立，則只需a<f(x0)max.由此構(gòu)造不等式，求解參數(shù)的取值范圍．題型歸納題型1 分離參數(shù)或構(gòu)造函數(shù)解決恒成立問題【例1-1】（2020·河南質(zhì)檢）已知函數(shù)f(x)＝xln x，若對于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解]　法一：分離參數(shù)法依題意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤ln x＋在x∈[1，＋∞)恒成立，亦即a≤min，x∈[1，＋∞)．設(shè)g(x)＝ln x＋(x≥1)，則g′(x)＝－＝.令g′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x≥1時(shí)，因?yàn)?/span>g′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)．所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.故a的取值范圍是(－∞，1]．法二：構(gòu)造函數(shù)法當(dāng)x＝1時(shí)，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.構(gòu)造F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xln x－ax＋1，原命題等價(jià)于F(x)≥0在x≥1上恒成立?F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．由于F′(x)＝ln x＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此，函數(shù)F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故a的取值范圍是(－∞，1]．【跟蹤訓(xùn)練1-1】(2019·廣東汕頭二模)已知函數(shù)f(x)＝aln x－x＋1(其中a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的極值；(2)對任意x>0，f(x)≤(a2－1)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解】(1)f(x)的定義域?yàn)?/span>(0，＋∞)，f′(x)＝－1.當(dāng)a≤0時(shí)，在(0，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)，f(x)無極值．當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝a，在(0，a)上，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)；在(a，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)，所以當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)有極大值f(a)＝aln a－a＋1，無極小值．綜上知：當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)無極值；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)有極大值f(a)＝aln a－a＋1，無極小值．(2)由(1)知當(dāng)a≤0，f(x)是減函數(shù)，令b＝e，b<1，則ln b<0，f(b)－(a2－1)＝a2－e＋1－(a2－1)＝－e>0，不成立．當(dāng)a>0時(shí)，當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)取得極大值也是最大值，所以f(x)max＝f(a)＝aln a－a＋1，要使得對任意x>0，f(x)≤(a2－1)成立，即aln a－a＋1≤(a2－1)，則aln a＋－a－a2≤0成立，令u(a)＝aln a＋－a－a2(a>0)，所以u′(a)＝ln a＋1－1－a＝ln a－a，令k(a)＝u′(a)＝ln a－a，k′(a)＝－1，令k′(a)＝＝0，得a＝1，在(0,1)上，k′(a)>0，k(a)＝u′(a)是增函數(shù)，在(1，＋∞)上，k′(a)<0，k(a)＝u′(a)是減函數(shù)，所以當(dāng)a＝1時(shí)，k(a)＝u′(a)取得極大值也是最大值，∴u′(a)max＝u′(1)＝－1<0，在(0，＋∞)上，u′(a)<0，u(a)是減函數(shù)，又u(1)＝0，所以要使得u(a)≤0恒成立，則a≥1，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．【名師指導(dǎo)】分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題的思路用分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題是指在能夠判斷出參數(shù)的系數(shù)的正負(fù)的情況下，可以根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一個(gè)一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式的不等式，只要研究變量表達(dá)式的最值就可以解決問題．題型2 分離參數(shù)或構(gòu)造函數(shù)解決不等式能成立問題【例2-1】（2020·合肥質(zhì)檢）已知函數(shù)f(x)＝x－aln x，g(x)＝－(a∈R)．若在[1，e]上存在一點(diǎn)x0，使得f(x0)<g(x0)成立，求a的取值范圍．[解]　依題意，只需[f(x0)－g(x0)]min<0，x0∈[1，e]即可．令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－aln x＋，x∈[1，e]，則h′(x)＝1－－＝＝.令h′(x)＝0，得x＝a＋1.①若a＋1≤1，即a≤0時(shí)，h′(x)≥0，h(x)單調(diào)遞增，h(x)min＝h(1)＝a＋2<0，得a<－2；②若1<a＋1<e，即0<a<e－1時(shí)，h(x)在[1，a＋1)上單調(diào)遞減，在(a＋1，e]上單調(diào)遞增，故h(x)min＝h(a＋1)＝(a＋1)－aln (a＋1)＋1＝a[1－ln(a＋1)]＋2>2，x∈(0，e－1)與h(x)<0不符，故舍去．③若a＋1≥e，即a≥e－1時(shí)，h(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，則h(x)min＝h(e)＝e－a＋＜0，得a>>e－1成立．綜上所述，a的取值范圍為(－∞，－2)∪.【跟蹤訓(xùn)練2-1】(2019屆高三·河北“五個(gè)一名校聯(lián)盟”模擬)已知a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝aln x＋x2－4x.(1)若x＝3是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值；(2)設(shè)g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解】(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?/span>(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－4＝.∵x＝3是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，∴f′(3)＝0，解得a＝－6.經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)a＝－6時(shí)，x＝3是函數(shù)f(x)的一個(gè)極小值點(diǎn)，符合題意，故a＝－6.(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x－2x0，記F(x)＝x－ln x(x>0)，則F′(x)＝(x>0)，∴當(dāng)0<x<1時(shí)，F′(x)<0，F(x)單調(diào)遞減．當(dāng)x>1時(shí)，F′(x)>0，F(x)單調(diào)遞增．∴F(x)>F(1)＝1>0，∴a≥.記G(x)＝，x∈，則G′(x)＝＝.∵x∈，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，∴x－2ln x＋2>0，∴當(dāng)x∈時(shí)，G′(x)<0，G(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，G′(x)>0，G(x)單調(diào)遞增．∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)．【名師指導(dǎo)】題型3 最值定位法解決雙參不等式恒成立問題【例3-1】（2020·長春質(zhì)檢）已知函數(shù)f(x)＝ln x－mx，g(x)＝x－(a>0)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若m＝，對?x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解]　(1)因?yàn)?/span>f(x)＝ln x－mx，x>0，所以f′(x)＝－m，當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)m>0時(shí)，由f′(x)＝0得x＝；由得0<x<；由得x>.所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)m≤0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)m>0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)若m＝，則f(x)＝ln x－x.對?x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，等價(jià)于對?x∈[2,2e2]都有g(x)min≥f(x)max，由(1)知在[2,2e2]上f(x)的最大值為f(e2)＝，又g′(x)＝1＋>0(a>0)，x∈[2,2e2]，所以函數(shù)g(x)在[2,2e2]上是增函數(shù)，所以g(x)min＝g(2)＝2－.由2－≥，得a≤3，又a>0，所以a∈(0,3]，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,3]．【跟蹤訓(xùn)練3-1】(2019·湖南百所重點(diǎn)名校大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝－aln x＋x＋.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x)＝ex＋mx2－2e2－3，當(dāng)a＝e2＋1時(shí)，對任意x1∈[1，＋∞)，存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)≤f(x1)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．【解】 (1)由題意知f(x)的定義域?yàn)?/span>(0，＋∞)，f′(x)＝－＋1＋＝，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝a－1.當(dāng)a≤1時(shí)，a－1≤0，由f′(x)<0得0<x<1，由f′(x)>0得x>1，所以函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)1<a<2時(shí)，0<a－1<1，由f′(x)<0得a－1<x<1，由f′(x)>0得0<x<a－1或x>1，所以函數(shù)f(x)在(a－1,1)上單調(diào)遞減，在(0，a－1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a＝2時(shí)，a－1＝1，可得f′(x)≥0，此時(shí)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a>2時(shí)，a－1>1，由f′(x)<0得1<x<a－1，由f′(x)>0得0<x<1或x>a－1，所以函數(shù)f(x)在(1，a－1)上單調(diào)遞減，在(0,1)和(a－1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)當(dāng)a＝e2＋1時(shí)，由(1)得函數(shù)f(x)在(1，e2)上單調(diào)遞減，在(0,1)和(e2，＋∞)上單調(diào)遞增，從而f(x)在[1，＋∞)上的最小值為f(e2)＝－e2－3.對任意x1∈[1，＋∞)，存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)≤f(x1)，即存在x2∈[1，＋∞)，g(x2)的函數(shù)值不超過f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上的最小值－e2－3.由ex＋mx2－2e2－3≤－e2－3得ex＋mx2≤e2，m≤.記p(x)＝，則當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，m≤p(x)max.p′(x)＝＝－，當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，顯然有exx＋2(e2－ex)>0，∴p′(x)＜0.當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，exx＋2(e2－ex)>exx－2ex>0，∴p′(x)＜0.故p(x)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞減，得p(x)max＝p(1)＝e2－e，從而m的取值范圍為(－∞，e2－e]．【名師指導(dǎo)】1．最值定位法解雙參不等式恒成立問題的思路(1)通過不等式兩端的最值進(jìn)行定位，轉(zhuǎn)化為不等式兩端函數(shù)的最值之間的不等式，列出參數(shù)所滿足的不等式，從而求解參數(shù)的取值范圍．(2)有關(guān)兩個(gè)函數(shù)在各自指定范圍內(nèi)的不等式恒成立問題，這里兩個(gè)函數(shù)在指定范圍內(nèi)的自變量是沒有關(guān)聯(lián)的，這類不等式的恒成立問題就應(yīng)該通過最值進(jìn)行定位，對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，等價(jià)于f(x)min(x∈[a，b])≥g(x)max(x∈[m，n])，列出參數(shù)所滿足的不等式，便可求出參數(shù)的取值范圍．2．常見的雙變量不等式恒成立問題的類型(1)對于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)?f(x1)max≤g(x2)max.(2)對于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)min.(3)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)?f(x1)min≤g(x2)min.(4)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)max≥g(x2)max.(5)對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)?f(x1)max≤g(x2)min.(6)對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)max.

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