2025版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.5利用导数解决不等式恒能成立问题教学案苏教版

PAGE1-第五节利用导数解决不等式恒(能)成立问题考点1恒成立问题分别参数法求范围若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满意f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而问题得解.已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对随意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围.［解］(1)因为函数f(x)＝xlnx的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝lnx＋1.令f′(x)＜0，得lnx＋1＜0，解得0＜x＜eq\f(1,e)，所以f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).令f′(x)＞0，得lnx＋1＞0，解得x＞eq\f(1,e)，所以f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).综上，f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).(2)因为g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意得2xlnx≤3x2＋2ax＋1恒成立.因为x＞0，所以a≥lnx－eq\f(3,2)x－eq\f(1,2x)在x∈(0，＋∞)上恒成立.设h(x)＝lnx－eq\f(3,2)x－eq\f(1,2x)(x＞0)，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(3,2)＋eq\f(1,2x2)＝－eq\f(（x－1）（3x＋1）,2x2).令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－eq\f(1,3)(舍).当x改变时，h′(x)，h(x)的改变状况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(x)↗极大值↘所以当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，所以若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，即a≥－2，故实数a的取值范围是［－2，＋∞).利用分别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)将参数与变量分别，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.把参数看作常数利用分类探讨方法解决对于不适合分别参数的不等式，经常将参数看作常数干脆构造函数，常用分类探讨法，利用导数探讨单调性、最值，从而得出参数范围.已知函数f(x)＝lnx－ax，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围.［解］(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，则f(x)只有单调递增区间是(0，＋∞).②当a＞0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜eq\f(1,a)；由f′(x)＜0，得x＞eq\f(1,a)；所以f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).(2)f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即lnx－a(x－1)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立.设g(x)＝lnx－a(x－1)，x＞0，则g′(x)＝eq\f(1,x)－a，留意到g(1)＝0，①当a≥1时，g′(x)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)＜g(1)＝0，即a≥1时满意题意.②当0＜a＜1时，令g′(x)＞0，得1＜x＜eq\f(1,a)；令g′(x)＜0，得x＞eq\f(1,a).则g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递增，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))时，g(x)＞g(1)＝0，即0＜a＜1时不满意题意(舍去).③当a≤0时，g′(x)＝eq\f(1,x)－a＞0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞g(1)＝0，即a≤0时不满意题意(舍去).综上所述，实数a的取值范围是［1，＋∞).已知f(x)＝ax2－2lnx，a∈R.(1)探讨函数f(x)的单调性；(2)若对随意的x＞0,2－f(x)≤2(a－1)x恒成立，求整数a的最小值.［解］(1)由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(2ax2－2,x).①当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.②当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(\r(a),a)或x＝－eq\f(\r(a),a)(负值舍去).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(a),a)))，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，＋∞))，f′(x)＞0，f(x)单调递增.(2)由题意得2－ax2＋2lnx≤2(a－1)x，整理得2(lnx＋x＋1)≤a(2x＋x2).因为x＞0，所以原命题等价于a≥eq\f(2（lnx＋x＋1）,（2x＋x2）)在区间(0，＋∞)内恒成立.令g(x)＝eq\f(2（lnx＋x＋1）,2x＋x2)，则g′(x)＝eq\f(－2（x＋1）（2lnx＋x）,（2x＋x2）2)，令h(x)＝2lnx＋x，易知h(x)在(0，＋∞)内单调递增.又h(0.5)＝－2ln2＋0.5＜0，h(1)＝1＞0，故存在唯一的x0∈(0.5,1)，使得h(x0)＝0.当0＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，h(x)＞0，即g′(x)＜0，g(x)单调递减.故函数g(x)的极大值为g(x0)，也为最大值，且2lnx0＋x0＝0，所以g(x)max＝eq\f(2（lnx0＋x0＋1）,2x0＋x\o\al(2,0))＝eq\f(x0＋2,x0（x0＋2）)＝eq\f(1,x0)，所以a≥eq\f(1,x0).又eq\f(1,x0)∈(1,2)，且a为整数，故整数a的最小值为2.考点2能成立问题存在x∈［a，b］，f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.存在x∈［a，b］，f(x)≤a成立⇔f(x)min≤a.存在x1∈［a，b］，对随意x2∈［a，b］，f(x1)≤g(x2)成立⇔f(x)min≤g(x)min.已知函数f(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2＋x，g(x)＝3x＋a.(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；(2)若∃x0＞0，使f(x0)＞g′(x0)成立，求参数a的取值范围.［解］(1)由题意得，f′(x)＝eq\f(3,x)－x＋1，g′(x)＝3，设切点为(x0，f(x0))，则k＝f′(x0)＝eq\f(3,x0)－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－eq\f(5,2).(2)设h(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2－2x.∃x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，等价于∃x＞0，使h(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2－2x＞a成立，等价于a＜h(x)max(x＞0).因为h′(x)＝eq\f(3,x)－x－2＝eq\f(－x2－2x＋3,x)＝－eq\f(（x－1）（x＋3）,x)，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h′（x）＞0，,x＞0，))得0＜x＜1；令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h′（x）＜0，,x＞0，))得x＞1.所以函数h(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2－2x在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－eq\f(5,2)，即a＜－eq\f(5,2)，因此参数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,2))).(1)“恒成立”“存在性”问题肯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，解题过程中尽量采纳分别参数的方法，转化为求函数的最值问题.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x＜lna，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)＜0得x＞lna，所以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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x2)))max，由h′(x)＝eq\f(1－