2022版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第4课时利用导数研究不等式恒成立能成立问题学案含解析新人教A版

1、高考复习资料第3章 导数及其应用第4课时利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题考点1分离参数(构造函数)解决恒成立问题综合性(2020·全国卷)已知函数f (x)exax2x.(1)当a1时，讨论f (x)的单调性；(2)当x0时，f (x)x31，求a的取值范围解：(1)当a1时，f (x)exx2x，f (x)ex2x1.由于f (x)ex20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)x31，得exax2xx31，其中x0.当x0时，不等式为11，显

2、然成立，符合题意当x0时，得a.记g(x)，g(x).令h(x)exx2x1(x0)，则h(x)exx1，h(x)ex10，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exx2x10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)maxg(2).综上可得，实数a的取值范围为1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

3、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xd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)问题已知函数f (x)ln xax21.(1)讨论f (x)的单调性；(2)若a0，xf (x)>k(x1)在(1，)上恒成立，求整数k的最大值解：(1)f (x)2ax(x>0)当a0时，f (x)>0，则f (x)在(0，)上单调递增当a>0时，由f (x)>0，得0<x<，则f

4、 (x)在上单调递增；由f (x)<0，得x>，则f (x)在上单调递减综上，当a0时，f (x)在(0，)上单调递增；当a>0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减(2)由题意，x(ln x1)>k(x1)在(1，)上恒成立，即k<(x>1)设g(x)(x>1)，则g(x).令h(x)xln x2(x>1)，则h(x)1>0，所以，h(x)在(1，)上为增函数因为h(2)ln 2<0，h(3)1ln 3ln<0，h(4)2ln 4ln>0，所以h(x)在(1，)上有唯一实数根m(3,4)，使得mln m20.当x(1，

5、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xm处取得极小值，且g(m)m，所以k<m.由3<m<4，得整数k的最大值为3.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)axex(ar)，g(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)aex，xr.当a0时，f (x)<0，f (x)在r上单调递减；当a0时，令f (x)0得xln a.由f (x)0得f (x)的单调递增区间

6、为(，ln a)；由f (x)<0得f (x)的单调递减区间为(ln a，)综上，当a0时，f (x)的单调递减区间为r；当a0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，即a.设h(x)，则问题转化为ah(x)max.由h(x)，令h(x)0，得x.当x在区间(0，)内变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，)(，)h(x)0h(x)极大值由上表可知，当x时，函数h(x)有极大值，也是最大值，为h().所以a，即a的取值范围是.1含参数的能成立(存在型)问题的解题方法af (

7、x)在xd上能成立，则af (x)min；af (x)在xd上能成立，则af (x)max.2含全称量词、存在量词不等式能成立问题(1)存在x1a，对任意x2b使f (x1)g(x2)成立，则f (x)maxg(x)max；(2)任意x1a，存在x2b，使f (x1)g(x2)成立，则f (x)ming(x)min.若存在x，不等式2xln xx2mx30成立，求实数m的取值范围解：因为2xln xx2mx30，所以m2ln xx.设h(x)2ln xx，则h(x)1.当x<1时，h(x)<0，h(x)单调递减；当1<xe时，h(x)>0，h(x)单调递增因为存在x，m

8、2ln xx成立，所以mh(x)max.因为h23e，h(e)2e，且2e40，所以h>h(e)，所以m3e2.考点3双参不等式恒成立问题应用性设f (x)xln x，g(x)x3x23.(1)如果存在x1，x20,2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，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 2x3x .g(x)，g(x)随x变化的情况如下表：x0 2g(x)00 g(x)

9、3极小值1由上表可知，g(x)min g ，g(x)max g(2)1.g(x 1 )g(x 2 )max g(x)max g(x)min ，所以满足条件的最大整数m4.(2)对于任意的s，t ，都有f (s)g(t)成立，等价于在区间 上，函数f (x)min g(x)max .由(1)可知，在区间 上，g(x)的最大值g(2)1.在区间 上，f (x)xln x1恒成立等价于axx2ln x恒成立，记h(x)xx2ln x，则h(x)12xln xx，h(1)0.当1<x2时，h(x)<0；当x<1时，h(x)>0.即函数h(x)xx2ln x在区间上单调递增，在区

10、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)x1d1，x2d2，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)ming(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yf (x)的任意一个函数值大于函数yg(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数yg(x)的所有函数值(2)x1d1，x2d2，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)m

11、ax存在)其等价转化的基本思想：函数yf (x)的任意一个函数值小于函数yg(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数yg(x)的所有函数值已知向量m(ex，ln xk)，n(1，f (x)，mn(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线yf (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)x22ax(a为正实数)，若对于任意x20,1，总存在x1(0，)，使得g(x2)<f(x1)，求实数a的取值范围解：(1)由已知可得f (x)，所以f (x).由已知，f (1)0，所以k1，所以f(x)xexf (x)x1x

12、ln xx，所以f(x)ln x2.由f(x)ln x20得0<x，由f(x)ln x20得x，所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)因为对于任意x20,1，总存在x1(0，)，使得g(x2)<f(x1)，所以g(x)max<f(x)max.由(1)知，当x时，f(x)取得最大值f1.对于g(x)x22ax，其对称轴为xa，当0<a1时，g(x)maxg(a)a2，所以a2<1，从而0<a1；当a>1时，g(x)maxg(1)2a1，所以2a1<1，从而1<a<1.综上可知，实数a的取值范围是.已知函数f (x)(ar)

13、若a0，不等式x2f (x)a2e对任意x(0，)恒成立，求a的取值范围四字程序读想算思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a0，x2f (x)a2e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)ae2；4.构造g(x)xf (x)1.h(x)xln xaxae2，h(x)ln x1a；2.g(x)ln xa，g(x)1.函数最值；2.不等式与对应函数图象的分布关系思路参考：构造函数h(x)xln xaxae2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)a2e，即xl

14、n xaxae20对任意x(0，)恒成立令h(x)xln xaxae2，则h(x)ln x1a.令h(x)0，得xea1.当x(0，ea1)时，h(x)<0；当x(ea1，)时，h(x)>0.所以h(x)的最小值是h(ea1)ae2ea1.令t(a)ae2ea1，则t(a)1ea1.令t(a)0得a1.当a0,1)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a0,1)时，h(x)的最小值为t(a)t(0)e2>0；当a(1，)时，h(x)的最小值为t(a)ae2ea10.故a0,2.思路参考：把原

15、不等式通过等价变形，转化为g(x)ln xa的最值问题来研究解：要使x2f (x)a2e对任意x(0，)恒成立，只要使xf (x)0即可代入f (x)可得ln xa0.构造函数g(x)ln xa，g(x).当x(0，ae2)时，g(x)<0，g(x)单调递减当x(ae2，)时，g(x)>0，g(x)单调递增所以g(x)ming(ae2)ln(ae2)a1.再构造函数h(a)ln(ae2)a1，则h(a).令h(a)0得到a3e.当a0,3e时，h(a)>0，h(a)单调递增当a3e，)时，h(a)<0，h(a)单调递减而h(0)ln(e2)1>0，且h(3e)e2

16、>0，但是因为h(2)0，所以0a2.思路参考：分离参数，a，减弱参数的影响，避免过多的讨论解：原式可变为xln xe2a(x1)(*)对任意x(0，)恒成立当x(0,1)时，分离变量可得a.先求出函数g(x)xln x的最小值求得g(x)ln x1.当x(0，e1)时，g(x)<0，g(x)单调递减；当x(e1，)时，g(x)>0，g(x)单调递增所以g(x)ming(e1)e1.因为此时(xln x)mine1，所以xln xe2e1e2>0.又因为x(0,1)，所以<0，而a0，所以a显然成立当x1时，代入(*)式验证e20显然成立当x(1，)时，(*)式分

17、离变量可变为a.若令t(x)，此时只需当x(1，)时， at(x)min.求得t(x)，易得t(e)0.下证xe是t(x)在x(1，)上的唯一零点令h(x)xln x(e1)，则h(x)1.当x(1，)时，h(x)>0，所以h(x)单调递增即xe是t(x)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at(x)mint(e)2，故a0,2 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(x1)(2e)，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

18、值解：通过变形原不等式等价于证明：xln xa(x1)(2e)，x(0，)若令g(x)xln x和h(x)a(x1)(2e)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，e1)时，g(x)单调递减；当x(e1，)时，g(x)单调递增，且g(x)ming(e1)e1.其次分析h(x)a(x1)(2e)的图象因为a0所以h(x)表示过定点(1,2e)的非减函数，且g(x)mine1>2e.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

19、(x0，y0)，则可得消去ln x0得2eaea1.易得a2为式的解令t(a)aea1e2，t(a)1ea1.当t(a)0时，a1.当a0,1时，t(a)0，t(a)单调递增；当a1，)时，t(a)<0，t(a)单调递减因为t(0)e1e2>0且t(1)e2>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，a2.综上所述，a0,2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 xa和h(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 xa对任意x(0，)恒成立下面我们研究函数g(x)ln xa和函数h(x).a0，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a0时上式成立，即ln x>(证明略)也就是说a0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