第18讲 第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题

第18讲导数与不等式第1课时利用导数研究恒(能)成立问题【备选理由】例1、例2通过分类讨论法,考查含参不等式恒成立求参问题,综合考查导数的应用,转化思想及运算能力;例3考查双变量不等式的能成立问题,考查转化思想,考查逻辑推理能力;例4考查不等式恒成立问题,考查导数的综合应用.例1[配例2使用][2023·泰安一模]已知函数f(x)=(x-1)ln(x-2)-a(x-3),a∈R.(1)若a=1,求f(x)的单调区间;(2)当x>3时,f(x)>0恒成立,求a的取值范围.解:(1)当a=1时,f(x)=(x-1)ln(x-2)-x+3,f(x)的定义域为(2,+∞),f'(x)=ln(x-2)+x-1x-2-1=ln(设g(x)=ln(x-2)+1x-2,则g'(x)=1x-令g'(x)=0,解得x=3,当x∈(2,3)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(3,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)min=g(3)=1>0,则g(x)=f'(x)>0在(2,+∞)上恒成立,所以函数f(x)的单调递增区间为(2,+∞),无单调递减区间.(2)当x>3时,f(x)>0恒成立,等价于ln(x-2)-a(x-3)x-1设h(x)=ln(x-2)-a(x-则h'(x)=1x-2-2设φ(x)=x2-2(a+1)x+4a+1(x>3),则φ(x)的图象是开口向上,对称轴为直线x=a+1的抛物线的一部分,当a≤2时,a+1≤3,φ(x)在(3,+∞)上单调递增,且φ(3)=4-2a≥0,所以φ(x)≥0在(3,+∞)上恒成立,即h'(x)≥0在(3,+∞)上恒成立,则函数h(x)在(3,+∞)上单调递增,又因为h(3)=0,所以h(x)>0在(3,+∞)上恒成立,满足题意.当a>2时,a+1>3,φ(3)=4-2a<0,所以方程x2-2(a+1)x+4a+1=0有两个相异实根,设为x1,x2,且x1<x2,则x1<3<x2,当x∈(3,x2)时,φ(x)<0,h'(x)<0,故h(x)在(3,x2)上单调递减,又因为h(3)=0,所以当x∈(3,x2)时,h(x)<h(3)=0,所以h(x)>0在(3,+∞)上不恒成立,不满足题意.综上,a的取值范围为(-∞,2].例2[配例2使用]已知函数f(x)=ln((1)求函数f(x)的极值点个数;(2)当x∈(1,+∞)时,若不等式(x+1)2f(x+1)>m-3mx-1恒成立,求m解:(1)由f(x)=ln(x-可得f'(x)=x2x-令g(x)=x-2(x-1)ln(x-1),则g'(x)=-2ln(x-1)-1,函数g'(x)单调递减,且当x=1+1e时,g'(x)=0,故函数g(x)在1,在1+1e,+当1<x<1+1e时ln(x-1)<0,2(x-1)>0,∴-2(x-1)ln(x-1)>0,∴g(x)>0,当x=e2+1时,g(e2+1)=e2+1-4e2=1-3e2<0,由函数零点存在定理知,函数g(x)恰有一个零点x0,且x0∈1+1e,e2+1,当x∈(1,x0)时,f'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)<0,∴函数f(2)由(x+1)2f(x+1)>m-3mx-1变形得lnx+1>m整理得xlnx+x-mx+3m>0.令h(x)=xlnx+x-mx+3m,x>1,则h'(x)=lnx+2-m,∵x>1,∴lnx>0,若m≤2,则h'(x)>0恒成立,即h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,由h(1)≥0,得1+2m≥0,解得m≥-12,∴-12≤m≤2,此时m的最大整数值为若m>2,则令lnx+2-m>0,得x>em-2,令lnx+2-m<0,得1<x<em-2,∴h(x)在区间(1,em-2)上单调递减,在区间(em-2,+∞)上单调递增,∴h(x)在区间(1,+∞)上有最小值,且h(x)min=h(em-2)=3m-em-2,原问题转化为3m-em-2>0(m>2)成立,求m的最大整数值.令φ(x)=3x-ex-2,x>2,则φ'(x)=3-ex-2,当x>2+ln3时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,当2<x<2+ln3时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,∴φ(x)在x=2+ln3处取得最大值,∵1<ln3<2,∴3<2+ln3<4,∵φ(3)=9-e>0,φ(2+ln3)=3+3ln3>0,φ(4)=12-e2>0,φ(5)=15-e3<0,∴此时m的最大整数值为4.综上,m的最大整数值为4.例3[配例3使用][2024·郑州三检]已知函数f(x)=ax2+2lnx(a>0),g(x)=x3-x(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;(2)若对任意的x1∈(0,2],都存在x2∈[1,2],使得x1f(x1)≥g(x2)成立,求实数a的取值范围.解:(1)由题可知函数f(x)的定义域为(0,+∞).因为f(x)=ax2+2lnx,所以f'(x)=-2ax3当a=1时,f'(x)=2(x2所以当0<x<1时,f'(x)<0,函数f(x)在(0,1)上单调递减;当x>1时,f'(x)>0,函数f(x)在(1,+∞)上单调递增.所以f(x)的单调递增区间为(1,+∞),f(x)的单调递减区间为(0,1).(2)因为g(x)=x3-x2,所以g'(x)=3x2-2x=x(3x-2),当x∈[1,2]时,g'(x)>0,故函数g(x)在[1,2]上单调递增,所以g(x)在[1,2]上的最小值为g(1)=0.原问题等价于对任意的x∈(0,2],xf(x)≥0恒成立,即ax+2xlnx≥0恒成立即a≥-2x2lnx恒成立.令h(x)=-2x2lnx,x∈(0,2],则h'(x)=-2x-4xlnx=-2x(1+2lnx),x∈(0,2].令h'(x)=0,则1+2lnx=0,解得x=e-当x∈(0,e-12)时,h'(x)>0,所以函数h(x)在(0,e当x∈(e-12,2]时,h'(x)<0,所以函数h(x)在(e所以h(x)max=h(e-12)=1e,所以故实数a的取值范围是1e例4[补充使用][2024·常州模拟]已知函数f(x)=ax2-lnx+(2a-1)x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a>0,若对任意的x∈(0,+∞),不等式f(x)+e2≥0恒成立,求a的取值范围解:(1)由题意可知f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=2ax-1x+2a-1=(当a≤0时,f'(x)<0恒成立,则f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,令f'(x)<0,得0<x<12a,令f'(x)>0,得x>则f(x)在0,12a上单调递减,综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在0,12a上单调递减,(2)当a>0时,由(1)可知f(x)在0,12a上单调递减,故f(x)的最小值为f12a=ln(2a)-14因为对任意的x∈(0,+∞),不等式