高考数学一轮复习第3章 命题探秘1 第2课时 利用导数研究不等式恒(能)成立问题

1、1 / 7 第 2课时 利用导数研究不等式恒(能)成立问题 技法阐释 用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分离参数，或构造新函数分类讨论，将不等式问题转化为函数的最值问题 1.分离参数法 一般地，若 af(x)对 xd恒成立，则只需 af(x)max；若 af(x)对 xd恒成立，则只需 af(x)min.若存在 x0d，使 af(x0)成立，则只需 af(x)min；若存在 x0d，使 af(x0)成立，则只需 af(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围 2.构造函数分类讨论法 有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的

2、标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数 高考示例 思维过程 (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)12x31，求a 的取值范围. (1)略 则当 x(0,2)时，g(x)0.所以 g(x)在(0,2)单调递增，而 g(0)1， 故当 x(0,2)时，g(x)1，不符合题意 ()若 02a12，即12a12，则当 x(0,2a1)(2，)时，g(x)0；当 x(2a1,2)时，g(x)0.2 /

3、 7 所以 g(x)在(0,2a1)，(2，)单调递减，在(2a1,2)单调递增由于 g(0)1，所以 g(x)1 当且仅当 g(2)(74a)e21，关键4：根据g(x)max1求a的范围 即 a7e24.所以当7e24a12时，g(x)1. 技法一 分离参数法解决不等式恒成立问题 典例 1 (2020 石家庄模拟)已知函数 f(x)axex(a1)(2x1) (1)若 a1，求函数 f(x)的图象在点(0，f(0)处的切线方程； (2)当 x0时，函数 f(x)0恒成立，求实数 a的取值范围 思维流程 解 (1)若 a1，则 f(x)xex2(2x1) 即 f(x)xexex4， 则 f(

4、0)3，f(0)2， 所以所求切线方程为 3xy20. (2)由 f(1)0，得 a1e10， 则 f(x)0 对任意的 x0 恒成立可转化为aa12x1xex对任意的 x0 恒成立 设函数 f(x)2x1xex(x0)， 3 / 7 则 f(x)(2x1)(x1)x2ex. 当 0 x1时，f(x)0； 当 x1时，f(x)0， 所以函数 f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 所以 f(x)maxf(1)1e. 于是aa11e，解得 a1e1. 故实数 a的取值范围是1e1，. 点评：利用分离参数法来确定不等式 f(x，)0(xd， 为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本

5、步骤： (1)将参数与变量分离，化为 f1()f2(x)或 f1()f2(x)的形式 (2)求 f2(x)在 xd时的最大值或最小值 (3)解不等式 f1()f2(x)max或 f1()f2(x)min，得到 的取值范围 跟进训练 已知函数 f(x)1ln xx. (1)若函数 f(x)在区间a，a12上存在极值，求正实数 a 的取值范围； (2)当 x1时，不等式 f(x)kx1恒成立，求实数 k 的取值范围 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0，)， f(x)11ln xx2ln xx2， 令 f(x)0，得 x1. 当 x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增； 当 x(1，)时，

6、f(x)0，f(x)单调递减 所以 x1为函数 f(x)的极大值点，且是唯一的极值点， 所以 0a1a12，故12a1， 即实数 a的取值范围为12，1 . 4 / 7 (2)由题意得，当 x1 时，k(x1)(1ln x)x恒成立， 令 g(x)(x1)(1ln x)x(x1)， 则 g(x)1ln x11xx(x1)(1ln x)x2xln xx2. 再令 h(x)xln x(x1)，则 h(x)11x0， 所以 h(x)h(1)1，所以 g(x)0， 所以 g(x)在1，)上单调递增，所以 g(x)g(1)2， 故 k2，即实数 k 的取值范围是(，2 技法二 构造函数分类讨论法解决不等

7、式恒成立问题 典例 2 (2020 合肥六校联考)已知函数 f(x)(xa1)ex，g(x)12x2ax，其中 a为常数 (1)当 a2时，求函数 f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)若对任意的 x0，)，不等式 f(x)g(x)恒成立，求实数 a 的取值范围 思维流程 解 (1)因为 a2，所以 f(x)(x1)ex，所以 f(0)1， f(x)(x2)ex，所以 f(0)2， 所以所求切线方程为 2xy10. (2)令 h(x)f(x)g(x)， 由题意得 h(x)min0在 x0，)上恒成立， 因为 h(x)(xa1)ex12x2ax， 所以 h(x)(xa)(ex1) 5

8、/ 7 若 a0，则当 x0，)时，h(x)0，所以函数 h(x)在0，)上单调递增， 所以 h(x)minh(0)a1， 则 a10，得 a1. 若 a0，则当 x0，a)时，h(x)0； 当 x(a，)时，h(x)0， 所以函数 h(x)在0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增， 所以 h(x)minh(a)， 又因为 h(a)h(0)a10，所以不合题意 综上，实数 a的取值范围为1，) 点评：对于 f(x)g(x)型的不等式恒成立问题，若无法分离参数，一般采用作差法构造函数 h(x)f(x)g(x)或 h(x)g(x)f(x)，进而只需满足 h(x)min0或h(x)max0即可 跟

9、进训练 设函数 f(x)(1x2)ex. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 x0时，f(x)ax1，求实数 a的取值范围 解 (1)f(x)(12xx2)ex， 令 f(x)0，得 x1 2， 当 x(，1 2)时，f(x)0； 当 x(1 2，1 2)时，f(x)0； 当 x(1 2，)时，f(x)0. 所以 f(x)在(，1 2)，(1 2，)上单调递减，在(1 2，1 2)上单调递增 (2)令 g(x)f(x)ax1(1x2)ex(ax1)， 令 x0，可得 g(0)0. g(x)(1x22x)exa， 令 h(x)(1x22x)exa， 则 h(x)(x24x1)ex， 6 /

10、 7 当 x0时，h(x)0，h(x)在0，)上单调递减， 故 h(x)h(0)1a，即 g(x)1a， 要使 f(x)ax10 在 x0 时恒成立，需要 1a0， 即 a1，此时 g(x)g(0)0，故 a1. 综上所述，实数 a的取值范围是1，) 技法三 分离参数或构造函数解决不等式能成立问题 典例 3 已知函数 f(x)xaln x，g(x)a1x(ar)，若在1，e上存在一点 x0，使得 f(x0)g(x0)成立，求 a的取值范围 思维流程 解 依题意，只需f(x0)g(x0)min0，x01，e即可 令 h(x)f(x)g(x)xaln xa1x，x1，e， 则 h(x)1axa1x

11、2x2ax(a1)x2x(a1)(x1)x2.令 h(x)0，得 xa1. 若 a11，即 a0时，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)minh(1)a20，得 a2； 若 1a1e，即 0ae1时， h(x)在1，a1)上单调递减，在(a1，e上单调递增， 故 h(x)minh(a1)(a1)aln(a1)1a1ln(a1)22，x(0，e1)与 h(x)0 不符，故舍去 若 a1e，即 ae1时，h(x)在1，e上单调递减，则 h(x)minh(e)eaa1e0， 得 ae21e1e1成立综上所述，a 的取值范围为(，2)e21e1， . 7 / 7 点评：能成立问题一般是通过分离参数或

12、移项作差构造函数来解决，能成立问题中等价转化有以下几种形式： (1)存在 xa，b，f(x)a成立f(x)maxa. (2)存在 xa，b，f(x)a成立f(x)mina. (3)存在 x1a，b，对任意 x2a，b，f(x1)g(x2)成立f(x)ming(x)min. 跟进训练 已知函数 f(x)3ln x12x2x，g(x)3xa. (1)若 f(x)与 g(x)的图象相切，求 a 的值； (2)若x00，使 f(x0)g(x0)成立，求参数 a 的取值范围 解 (1)由题意，得 f(x)3xx1，g(x)3，设切点为(x0，f(x0)，则kf(x0)3x0 x013，解得 x01或 x03(舍)，所以切点为1，12，代入g(x)3xa，得 a52. (2)设 h(x)3ln x12x22x.x00，使 f(x0)g(x0)成立，