第19講 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒(能)成立問(wèn)題
例1 (2024·揭陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝2ln x－eq \f(1,2)mx2＋1(m∈R)．
(1)當(dāng)m＝1時(shí)，證明：f(x)0)，令f′(x)＝0，得x＝eq \r(2)，
當(dāng)x∈(0，eq \r(2))時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(eq \r(2)，＋∞)時(shí)，f′(x)0，
所以關(guān)于x的不等式G(x)0時(shí)，G′(x)＝－eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,m)))（x＋1）,x).
令G′(x)＝0，得x＝eq \f(2,m)，
當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,m)))時(shí)，G′(x)>0，
當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,m)，＋∞))時(shí)，G′(x)0時(shí)，函數(shù)f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，lg2\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．
(2)證明：要證不等式f(x)≤2ln a＋eq \f(1,a)有實(shí)數(shù)解，
只需證明f(x)min≤2ln a＋eq \f(1,a)即可，
由(1)得f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,a)))＝a·2lg2eq \f(1,a)－ln 2×lg2eq \f(1,a)＝1＋ln a，
則只要證明1＋ln a≤2ln a＋eq \f(1,a)即可，
即證ln a＋eq \f(1,a)－1≥0.
令h(a)＝ln a＋eq \f(1,a)－1(a>0)，
則h′(a)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,a2)＝eq \f(a－1,a2)，
當(dāng)00時(shí)，不等式f(x)≤2ln a＋eq \f(1,a)有實(shí)數(shù)解．
由不等式能成立求參數(shù)范圍的常見(jiàn)題型
(1)存在x∈[a，b]，f(x)≥m成立?f(x)max≥m.
(2)存在x∈[a，b]，f(x)≤m成立?f(x)min≤m.
(2023·汕頭一模)已知函數(shù)f(x)＝x－aln x，g(x)＝－eq \f(a＋1,x)(a∈R)．若在[1，e]上存在x0，使得f(x0)g(x2)?f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值．
(4)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最大值．
已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，g(x)＝x3－eq \f(4,x)－mx，其中00，
所以當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x2024恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為( )
A．(－∞，2] B．[2，＋∞)
C．(1012，＋∞) D．[2×5062，＋∞)
答案 D
解析 ∵F(x)＝x2＋kg－1(x)＝x2＋kln x，且對(duì)任意x2＞x1＞0，有eq \f(F（x2）－F（x1）,x2－x1)>2024恒成立，即對(duì)任意x2＞x1＞0，F(xiàn)(x2)－2024x2＞F(x1)－2024x1恒成立，令h(x)＝F(x)－2024x＝x2＋kln x－2024x(x＞0)，則h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，∴h′(x)＝2x＋eq \f(k,x)－2024≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－eq \f(k,2)≤x2－1012x在(0，＋∞)上恒成立，∵當(dāng)x＞0時(shí)，x2－1012x＝(x－506)2－5062≥－5062(當(dāng)且僅當(dāng)x＝506時(shí)取等號(hào))，∴－eq \f(k,2)≤－5062，∴k≥2×5062，即實(shí)數(shù)k的取值范圍為[2×5062，＋∞)．故選D.
二、多項(xiàng)選擇題
5．已知函數(shù)f(x)＝ex－cs2x，則下列結(jié)論正確的是( )
A．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增B．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減
C．?x≥0，f(x)≥0D．?x≥0，f(x)0，ex>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))時(shí)，f(x)≥f(0)＝0，又當(dāng)x≥eq \f(π,2)時(shí)，f(x)＝ex－cs2x>e－1恒成立，∴?x≥0，f(x)≥0，故C正確，D錯(cuò)誤．故選AC.
6．(2023·蘇錫常鎮(zhèn)四市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝a·eq \f(ex,x)－x＋ln x(a∈R)，若對(duì)于定義域內(nèi)的任意實(shí)數(shù)s，總存在實(shí)數(shù)t使得f(t)＜f(s)，則滿足條件的實(shí)數(shù)a的值可能是( )
A．－1 B．0
C．eq \f(1,e) D．1
答案 AB
解析 函數(shù)f(x)＝a·eq \f(ex,x)－x＋ln x(a∈R)，定義域?yàn)?0，＋∞)，因?yàn)?s∈(0，＋∞)，?t∈(0，＋∞)使得f(t)＜f(s)，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上沒(méi)有最小值，對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝a·eq \f(ex（x－1）,x2)－eq \f(x－1,x)＝eq \f(ex,x2)(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(x,ex)))，當(dāng)a≤0時(shí)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，即f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得最大值f(1)＝ea－1，值域?yàn)?－∞，ea－1]，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)無(wú)最小值，因此a≤0符合題意；當(dāng)a＞0時(shí)，令g(x)＝eq \f(x,ex)，x＞0，g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＞0，當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＜0，即g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e)，顯然eq \f(x,ex)>0，即0＜g(x)≤eq \f(1,e)，在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出直線y＝a與函數(shù)y＝g(x)的圖象，如圖，
當(dāng)0＜a0，))若?x1≤0，?x2>0，使得f(x1)＝f(x2)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______________．
答案 (－∞，0)∪[e，＋∞)
解析 由?x1≤0，?x2>0，使得f(x1)＝f(x2)成立，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的值域包含函數(shù)f(x)在(－∞，0]上的值域．當(dāng)x≤0時(shí)，函數(shù)f(x)＝4x2－3x的圖象開(kāi)口向上，對(duì)稱軸為直線x＝eq \f(3,8)，所以f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，且f(0)＝0，所以f(x1)∈[0，＋∞)；當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x－aln x，則f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，①若a>0，當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)0，所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(a)＝a－aln a，即f(x2)∈[a－aln a，＋∞)，所以a－aln a≤0，即1－ln a≤0，解得a≥e；②若a0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時(shí)f(x)＝x－aln x(x>0)的值域?yàn)镽，符合題意；③當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x(x>0)的值域?yàn)?0，＋∞)，不符合題意．綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，0)∪[e，＋∞)．
8．(2023·山東部分學(xué)校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝aeax－ln x，對(duì)任意的x>1，f(x)≥0恒成立，則a的取值范圍是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))
解析 當(dāng)a≤0，x＞1時(shí)，f(x)0，x＞1時(shí)，則aeax≥ln x，即axeax≥xln x?eax·ln eax≥xln x，設(shè)g(x)＝xln x，x>1，則g′(x)＝ln x＋1>0恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．因?yàn)閤>1，a>0，所以eax>1.因?yàn)閍xeax≥xln x，即g(eax)≥g(x)，所以eax≥x，所以ax≥ln x，所以a≥eq \f(ln x,x).設(shè)h(x)＝eq \f(ln x,x)，則h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).由h′(x)>0，得00，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以a≥0，
所以f(a)≥f(0)＝－2.
所以f(a)的取值范圍是[－2，＋∞)．
(2)因?yàn)榇嬖趚0∈[1，e]，使不等式e x0－x0＋p≥2(x0－1)e x0－x0成立，
所以存在x0∈[1，e]，使p≥(2x0－3)ex0成立．
令h(x)＝(2x－3)ex，x∈[1，e]，
從而p≥h(x)min，h′(x)＝(2x－1)ex.
因?yàn)閤∈[1，e]，所以2x－1≥1，ex>0，
所以h′(x)>0，所以h(x)＝(2x－3)ex在[1，e]上單調(diào)遞增．
所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，
所以實(shí)數(shù)p的取值范圍是[－e，＋∞)．
10．(2023·廣州高中綜合測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝eq \f(1,2)ln x－mx，g(x)＝x－eq \f(a,x)(a>0)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若m＝eq \f(1,2e2)，?x1，x2∈[2，2e2]都有g(shù)(x1)≥f(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解 (1)因?yàn)閒(x)＝eq \f(1,2)ln x－mx，x>0，
所以f′(x)＝eq \f(1,2x)－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＝eq \f(1,2m)；
由f′(x)>0，得00(a>0)，
所以函數(shù)g(x)在[2，2e2]上單調(diào)遞增，
所以g(x)min＝g(2)＝2－eq \f(a,2).
由2－eq \f(a,2)≥eq \f(1,2)，得a≤3，又a>0，
所以a∈(0，3]，
即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0，3]．
11．(2024·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－a－ln x.
(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；
(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)0在[e，＋∞)上恒成立，
∴h(x)＝eq \f(ex,ln x)在[e，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴函數(shù)h(x)＝eq \f(ex,ln x)在[e，＋∞)上的最小值為h(e)＝ee，h(e)＝eee.
∴a的取值范圍為(e，＋∞)．
12．(2023·漳州模擬)已知函數(shù)f(x)＝aex＋x＋1.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>ln eq \f(x－1,a)＋x，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解 (1)依題意，得f′(x)＝aex＋1.
當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a0，可得xln eq \f(x－1,a)＋x，
所以aex＋x＋1>ln eq \f(x－1,a)＋x，
即eln aex＋x＋1>ln (x－1)－ln a＋x，
即ex＋ln a＋ln a＋x>ln (x－1)＋x－1，
即ex＋ln a＋x＋ln a>eln (x－1)＋ln (x－1)．
令h(x)＝ex＋x，則h(x＋ln a)>h(ln (x－1))對(duì)任意x∈(1，＋∞)恒成立．
易知h(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，
故只需x＋ln a>ln (x－1)，即ln a>ln (x－1)－x對(duì)任意x∈(1，＋∞)恒成立．
令F(x)＝ln (x－1)－x，則F′(x)＝eq \f(1,x－1)－1＝eq \f(2－x,x－1)，
令F′(x)＝0，得x＝2.
當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)－2，所以a>eq \f(1,e2).
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞)).考向一 恒成立問(wèn)題
考向二 能成立問(wèn)題
考向三 雙變量不等式恒(能)成立問(wèn)題

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