利用导数研究恒(能)成立问题（原卷版）

用导数解决不等式“恒成立”“能成立”或“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．考法1分离参数法求参数范围【例1】已知函数.若对恒成立，求a的取值范围.【解题指导】分离参数→构造函数→函数求导→分析在上的单调性→求的最小值解不等式求a的范围【解析】由对恒成立，得对恒成立.【卡壳点】分离参数，构造函数设，则.当时，；当时，.【易错点】注意定义域要求所以，则，解得，故a的取值范围是.【例2】(2022·重庆模拟)已知函数f(x)＝eq\f(x2,2)－(m＋1)x＋mlnx＋m，f′(x)为函数f(x)的导函数．若xf′(x)－f(x)≥0恒成立，求m的取值范围．【解题指导】移项化简→分类讨论x→当分离参数→构造函数→求导，分析单调行参数的取值范围【解析】由题意知xf′(x)－f(x)≥0恒成立，即eq\f(x2,2)－mlnx≥0恒成立，∴eq\f(x2,2)≥mlnx.【提醒】注意自变量的取值范围当x＝1时，eq\f(x2,2)≥mlnx恒成立，当x>1时，eq\f(x2,2lnx)≥m；当0<x<1时，eq\f(x2,2lnx)≤m.令g(x)＝eq\f(x2,2lnx)，则g′(x)＝eq\f(x2lnx－1,2lnx2)，【技巧】分离参数，构造函数当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减且g(x)<0，∴x→0时，eq\f(x2,2lnx)→0，∴m≥0.当x>1时，令g′(x)＝0，得x＝eq\r(e)，∴当1<x<eq\r(e)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>eq\r(e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴g(x)≥g(eq\r(e))＝e，∴m≤e.综上知0≤m≤e.【解题技法】一般地，若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需a＞f(x)max；若a＜f(x)对x∈D恒成立，则只需a＜f(x)min.若存在x0∈D，使a＞f(x0)成立，则只需a＞f(x)min；若存在x0∈D，使a＜f(x0)成立，则只需a＜f(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围．【跟踪训练】(2022·石家庄模拟)已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．当x＞0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．【解析】由f(1)≥0，得a≥eq\f(1,e－1)＞0，则f(x)≥0对任意的x＞0恒成立可转化为eq\f(a,a＋1)≥eq\f(2x－1,xex)对任意的x＞0恒成立．设函数F(x)＝eq\f(2x－1,xex)(x＞0)，则F′(x)＝－eq\f(2x＋1x－1,x2ex).当0＜x＜1时，F′(x)＞0；当x＞1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)max＝F(1)＝eq\f(1,e).于是eq\f(a,a＋1)≥eq\f(1,e)，解得a≥eq\f(1,e－1).故实数a的取值范围是.考法2等价转化法求参数范围【例3】已知函数，证明：存在，使得不等式有解（e是自然对数的底）.【解题指导】有解令→函数求导→的单调性→列出不等式化简→说明有解【解析】不等式等价于，所以只需证的最大值大于1，因为【卡壳点】等价转化，目的使不等式一侧为常数或是常见函数，，又，所以，时等号成立，所以，【注意点】利用三角函数有界性再放缩设函数，，，，单调递增，，，单调递减，因为，所以存在，使不等式有解.【提醒】不等式“存在性”问题与“恒成立”问题的求解是“互补”关系.含参不等式有解问题可转化为最值问题来解决，注意与恒成立问题的区别.【例4】已知函数f(x)＝ex－1－ax＋lnx(a∈R)，若不等式f(x)≥lnx－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．【解题指导】移项化简→构造函数→函数求导→说明有解令→函数求导→的单调性→列出不等式化简→说明有解【解析】f(x)≥lnx－a＋1可化为ex－1－ax＋a－1≥0，x>0，令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0，∵φ′(x)＝ex－1－a，①当a≤eq\f(1,e)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，∴a≤eq\f(1,e)符合题意．②当a>eq\f(1,e)时，令φ′(x)＝0，得x＝lna＋1.当x∈(0，lna＋1)时，φ′(x)<0，当x∈(lna＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，lna＋1)上单调递减，在(lna＋1，＋∞)上单调递增．当lna＋1≤1，即eq\f(1,e)<a≤1时，φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，∴eq\f(1,e)<a≤1符合题意．当lna＋1>1，即a>1时，φ(x)在[1，lna＋1)上单调递减，在(lna＋1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(lna＋1)<φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾．故a>1不符合题意．综上，实数a的取值范围为(－∞，1]．【解题技巧】根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，如f(x)≥a恒成立，则f(x)min≥a，然后利用最值确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围.【跟踪训练】设函数f(x)＝(1－x2)ex，当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a的取值范围．【解析】令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)，令x＝0，可得g(0)＝0.g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a，令h(x)＝(1－x2－2x)ex－a，则h′(x)＝－(x2＋4x＋1)ex，当x≥0时，h′(x)＜0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，故h(x)≤h(0)＝1－a，即g′(x)≤1－a，要使f(x)－ax－1≤0在x≥0时恒成立，需要1－a≤0，即a≥1，此时g(x)≤g(0)＝0，故a≥1.综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．考点3拆解法求参数的取值范围【例5】设f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.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．【解题指导】函数恒成立求导确定在上单调性求→转化为恒成立→构造函数→函数求导，→利用单调性求→列不等式求参【解析】对任意的s，t∈有f(s)≥g(t)，则f(x)min≥g(x)max.【卡壳点】将恒成立或有解问题进行等价转化g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，令g′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,3)，知当x∈时，g(x)max＝g(2)＝1，∴当x∈时，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立，即a≥x－x2lnx恒成立．【注意点】将不等式恒成立问题等价转化分离参数令h(x)＝x－x2lnx，x∈，∴h′(x)＝1－2xlnx－x，令φ(x)＝1－2xlnx－x，∴φ′(x)＝－3－2lnx<0，h′(x)在上单调递减，又h′(1)＝0，∴当x∈时，h′(x)≥0，当x∈[1,2]时，h′(x)≤0，∴h(x)在上单调递增，在[1,2]上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1.∴实数a的取值范围是[1，＋∞)．【例6】（2022·湖南娄底一中高三模拟）设，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，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围.【解题指导】（1）构造函数求导数，分析单调性求→得到结论（2）函数恒成立根据（1）求恒成立恒成立→构造函数→函数求导，利用单调性求→列不等式求参【解析】（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=3x(x-).令g′(x)>0得x<0或x>，令g′(x)<0得0<x<，又x∈[0，2]，所以g(x)在区间[0，]上单调递减，在区间[，2]上单调递增，所以g(x)min=g()=，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=≥M，则满足条件的最大整数M=4.（2）对于任意的s，t∈[，2]，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间[，2]上，函数f(x)min≥g(x)max，由（1）可知在区间[，2]上，g(x)的最大值为g（2）=1.在区间[，2]上，f(x)=+xlnx≥1恒成立等价于a≥x-x2lnx恒成立.【注意点】将不等式恒成立问题等价转化分离参数设h(x)=x-x2lnx，h′(x)=1-2xlnx-x，令m(x)=xlnx，由m′(x)=lnx+1>0得x>.即m(x)=xlnx在(，+∞)上是增函数，可知h′(x)在区间[，2]上是减函数，又h′（1）=0，所以当1<x<2时，h′(x)<0；当<x<1时，h′(x)>0.即函数h(x)=x-x2lnx在区间(，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，+∞).【解题技巧】“双变量”的恒(能)成立问题可以拆解求参数，进行等价变换，常见的拆解转换有(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.【跟踪训练】（2022·四川广安·模拟预测）已知函数f(x)＝eq\f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，a为正实数．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)因为f(x)＝eq\f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，所以f′(x)＝eq\f(－axx－3,ex)(x∈R)，因为a>0，所以令f′(x)>0，得0<x<3；令f′(x)<0，得x<0或x>3.所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．(2)由(1)知f(x)在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝eq\f(5a,e3).又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，所以f(0)<f(4)，所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a.若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，则需f(x)max－f(x)min<1在x∈[0,4]上恒成立，即f(3)－f(0)<1，即eq\f(5a,e3)＋a<1，解得a<eq\f(e3,5＋e3).又a>0，所以0<a<eq\f(e3,5＋e3).故实数a的取值范围为.1．（2023·陕西榆林·陕西省神木中学校考模拟预测）已知函数.(1)求函数的极值；(2)若为正整数，对任意的都有成立，求的最小值.2．（2023·山东泰安·统考一模）已知函数，.(1)若，讨论的单调性；(2)若当时，恒成立，求的取值范围.3．（2023·陕西咸阳·陕西咸阳中学校考模拟预测）已知函数(1)当时，求的极值；(2)若对，，求实数的取值范围.4．（2023·全国·本溪高中校联考模拟预测）已知函数的图象与x轴有两个交点，．(1)求实数a的取值范围；(2)设点，满足，且恒成立，求实数的取值范围．5．（2023·湖南·模拟预测）已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)证明：当时，；(3)若，，求实数a的取值范围.6．（2023·陕西咸阳·陕西咸阳中学校考模拟预