高考数学（理）一轮精选教师用书人教通用第3章5第5讲利用导数研究含参数不等式

第5讲利用导数研究含参数不等式分离参数求参数范围[典例引领](2018·安徽省两校阶段性测试)已知函数f(x)＝lnx.(1)求函数g(x)＝f(x＋1)－x的最大值；(2)若对任意x＞0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围．【解】(1)因为f(x)＝lnx.所以g(x)＝f(x＋1)－x＝ln(x＋1)－x，x＞－1.所以g′(x)＝eq\f(1,x＋1)－1＝eq\f(－x,x＋1).当x∈(－1，0)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(－1，0)上单调递增；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以g(x)在x＝0处取得最大值g(0)＝0.(2)因为对任意x＞0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立．所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥\f(lnx,x),a≤x＋\f(1,x)))在x＞0上恒成立，进一步转化为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\do7(max)≤a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min).设h(x)＝eq\f(lnx,x)，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当x∈(1，e)时，h′(x)＞0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)＜0，所以h(x)≤eq\f(1,e).要使f(x)≤ax恒成立，必须a≥eq\f(1,e).另一方面，当x＞0时，x＋eq\f(1,x)≥2，要使ax≤x2＋1恒成立，必须a≤2，所以满足条件的a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，2)).eq\a\vs4\al()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．等价转化法求参数范围[典例引领]函数f(x)＝x2－2ax＋lnx(a∈R)．(1)若函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＋1＝0垂直，求a的值；(2)若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立，求实数a的取值范围．【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2a＋eq\f(1,x)，f′(1)＝3－2a，由题意f′(1)·eq\f(1,2)＝(3－2a)·eq\f(1,2)＝－1，解得a＝eq\f(5,2).(2)不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立等价于2lnx≥－x＋a－eq\f(3,x).令g(x)＝2lnx＋x－a＋eq\f(3,x)，则g′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x2＋2x－3,x2)＝eq\f(（x＋3）（x－1）,x2)，则在区间(0，1)上，g′(x)<0，函数g(x)为减函数；在区间(1，e]上，g′(x)>0，函数g(x)为增函数．由题意知g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，得a≤4，所以实数a的取值范围是(－∞，4]．eq\a\vs4\al()根据不等式恒成立求参数范围的关键是把不等式转化为函数，利用函数值与最值之间的数量关系确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围．含全称与存在量词的不等式问题[典例引领]设f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0，2]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∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，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.由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3))).令g′(x)＞0得x＜0，或x＞eq\f(2,3)，令g′(x)＜0得0＜x＜eq\f(2,3)，又x∈[0，2]，所以g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上单调递减，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上单调递增，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)max＝g(2)＝1.故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝eq\f(112,27)≥M，则满足条件的最大整数M＝4.(2)对于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，函数f(x)min≥g(x)max，由(1)可知在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值为g(2)＝1.在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立等价于a≥x－x2lnx恒成立．设h(x)＝x－x2lnx，h′(x)＝1－2xlnx－x，令m(x)＝xlnx，由m′(x)＝lnx＋1＞0得x＞eq\f(1,e).即m(x)＝xlnx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上是增函数，可知h′(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当eq\f(1,2)＜x＜1时，h′(x)＞0.即函数h(x)＝x－x2lnx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，在区间(1，2)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．eq\a\vs4\al()(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．eq\a\vs4\al()不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径(1)f(x)≥a恒成立?f(x)min≥a；存在x使f(x)≥a成立?f(x)max≥a.(2)f(x)≤b恒成立?f(x)max≤b，存在x使f(x)≤b成立?f(x)min≤b.(3)f(x)＞g(x)恒成立eq\o(,\s\up7(F（x）＝f（x）－g（x）))F(x)min＞0.(4)①任意x1∈M，任意x2∈N，f(x1)＞g(x2)?f(x1)min＞g(x2)max；②任意x1∈M，存在x2∈N，f(x1)＞g(x2)?f(x1)min＞g(x2)min；③存在x1∈M，存在x2∈N，f(x1)＞g(x2)?f(x1)max＞g(x2)min；④存在x1∈M，任意x2∈N，f(x1)＞g(x2)?f(x1)max＞g(x2)max.1．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)解析：选A.设y＝g(x)＝eq\f(f（x）,x)(x≠0)，则g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.因为f(x)为奇函数，所以g(x)为偶函数，所以g(x)的图象的示意图如图所示．当x＞0，g(x)＞0时，f(x)＞0，0＜x＜1，当x＜0，g(x)＜0时，f(x)>0，x＜－1，所以使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A.2．已知函数f(x)＝x＋eq\f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若?x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，?x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是()A．a≤1 B．a≥1C．a≤2 D．a≥2解析：选A.由题意知f(x)mineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))))≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A.3．(2018·贵州适应性考试)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq\f(lnx,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＝lna.由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)＜0得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．(2)因为?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，则ax≤eq\f(lnx,x)，即a≤eq\f(lnx,x2).设h(x)＝eq\f(lnx,x2)，则问题转化为a≤(eq\f(lnx,x2))max，由h′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，令h′(x)＝0，则x＝eq\r(e).当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，eq\r(e))eq\r(e)(eq\r(e)，＋∞)h′(x)＋0－h(x)单调递增极大值eq\f(1,2e)单调递减由上表可知，当x＝eq\r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值为eq\f(1,2e).所以a≤eq\f(1,2e).4．(2017·高考全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0得x＝－1－eq\r(2)，x＝－1＋eq\r(2).当x∈(－∞，－1－eq\r(2))时，f′(x)<0；当x∈(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))时，f′(x)>0；当x∈(－1＋eq\r(2)，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，－1－eq\r(2))，(－1＋eq\r(2)，＋∞)上单调递减，在(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))上单调递增．(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.当0<a<1时，设函数g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.当0<x<1时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝eq\f(\r(5－4a)－1,2)，则x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.当a≤0时，取x0＝eq\f(\r(5)－1,2)，则x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.综上，a的取值范围是[1，＋∞)．1．已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)<g(x2)成立，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(（x－1）（x－a）,x2).①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.②当1<a<e时，x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数；所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数．f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1<a<e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．由(1)知当a<1时f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).g′(x)＝(1－ex)x.当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－eq\f(a,e)<1，即a>eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1)).2．(2018·兰州模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋xlnx的图象在(1，f(1))处的切线