專題06 導(dǎo)數(shù) 6.5利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立 題型歸納講義-2022屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（解析版）

1、專題六 導(dǎo)數(shù)講義6.5 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立知識(shí)梳理.利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立1.恒成立問題: 一般地，若a>f(x)對xd恒成立，則只需a>f(x)max；若a<f(x)對xd恒成立，則只需a<f(x)min.2.存在性問題：若存在x0d，使a>f(x0)成立，則只需a>f(x)min；若存在x0d，使a<f(x0)成立，則只需a<f(x0)max.由此構(gòu)造不等式，求解參數(shù)的取值范圍題型一. 參變分離1已知函數(shù)f（x）axlnx，若f（x）1在區(qū)間（1，+）內(nèi)恒成立，則實(shí)數(shù)a的范圍為a1【解答】解：f（x）axlnx，f（x）1即axlnx

2、1，得axlnx+1x1，原不等式轉(zhuǎn)化為alnx+1x設(shè)f（x）=lnx+1x，得f'（x）=lnxx2當(dāng)0x1時(shí)，f'（x）0；當(dāng)x1時(shí)，f'（x）0f（x）在區(qū)間（0，1）上為增函數(shù)；在區(qū)間（1，+）上為減函數(shù)可得f（x）在（0，+）的極大值為f（1），也是函數(shù)在（0，+）的最大值alnx+1x在區(qū)間（1，+）內(nèi)恒成立，af（1），即a1，可得實(shí)數(shù)a的范圍為1，+）故答案為：1，+）2已知函數(shù)f（x）=exxmx（e為自然對數(shù)的底數(shù)），若f（x）0在（0，+）上恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（）a（，2）b（，e24）c（，e）d（e24，+）【解答】解：若f（x）0

3、在（0，+）上恒成立，則mexx2在（0，+）恒成立，令h（x）=exx2，（x0），h（x）=ex(x2)x3，令h（x）0，解得：x2，令h（x）0，解得：0x2，故h（x）在（0，2）遞減，在（2，+）遞增，故h（x）minh（2）=e24，故me24，故選：b題型二. 轉(zhuǎn)化成兩個(gè)函數(shù)1已知函數(shù)f(x)=x+sinx2ln(x2+1x)+1，若f（axex+1）1在x（0，+）上有解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）a（1，+）b（，1）c（e，+）d（1，e）【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)f(x)=x+sinx2ln(x2+1x)+1=x+sinx+2ln（x2+1+x），函數(shù)yx+sinx，其導(dǎo)

4、數(shù)y1+cosx0，在r上為增函數(shù)，函數(shù)y2ln（x2+1+x），在r上為增函數(shù)，則函數(shù)f(x)=x+sinx2ln(x2+1x)+1在r上為增函數(shù)；又由f（0）1，即f（axex+1）f（0）在x（0，+）上有解，即存在x（0，+）使得，axex+10有解，進(jìn)而可得存在x（0，+）使得，axex1有解，在同一坐標(biāo)系里畫出函數(shù)y1ax與函數(shù)y2ex1的圖象；對于y2ex1，其導(dǎo)數(shù)y2ex，當(dāng)x（0，+）時(shí)，曲線y2ex1的切線的斜率kex1；要滿足存在x（0，+）使得，axex1有解，則直線y1ax的斜率a1；故實(shí)數(shù)a的取值范圍為（1，+）；故選：a2已知函數(shù)f（x）x+xlnx，若kz，且k

5、（x1）f（x）對任意的x1恒成立，則k的最大值為（）a2b3c4d5【解答】解：由k（x1）f（x）對任意的x1恒成立，得：kxlnx+xx1，（x1），令h（x）=xlnx+xx1，（x1），則h（x）=xlnx2(x1)2，令g（x）xlnx20，得：x2lnx，畫出函數(shù)yx2，ylnx的圖象，如圖示：又g（3）1ln30，g（4）2ln42（1ln2）0，零點(diǎn)屬于（3，4）；g（x）存在唯一的零點(diǎn)設(shè)為x0，h（x）在（1，x0）遞減，在（x0，+）遞增，而3h（3）=3ln3+324，e53544，所以3ln44+45，所以3h（4）=4ln4+434，h（x0）4，kz，k的最大值是

6、3（或x0滿足x0lnx020且x0（3，4），h（x）minh（x0）=x0(1+lnx0)x01=x0(1+x02)x01=x0（3，4），kh（x）minh（x0），k的最大值是3）故選：b題型三. 討論參數(shù)1不等式exkx對任意實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)數(shù)k的最大值為（）a1bec2de【解答】解：不等式exkx對任意實(shí)數(shù)x恒成立，即有exkx0恒成立，設(shè)f（x）exkx，即有f（x）的最小值大于等于0，則f（x）exk，由k0，可得xlnk時(shí)，f（x）遞增；xlnk，f（x）遞減，則f（x）在xlnk處取得極小值，且為最小值，可得f（x）的最小值為kklnk，由kklnk0，解得0ke，則k

7、的最大值為e，故選：d2（2014·遼寧）當(dāng)x2，1時(shí)，不等式ax3x2+4x+30恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）a5，3b6，98c6，2d4，3【解答】解：當(dāng)x0時(shí)，不等式ax3x2+4x+30對任意ar恒成立；當(dāng)0x1時(shí)，ax3x2+4x+30可化為a1x4x23x3，令f（x）=1x4x23x3，則f（x）=1x2+8x3+9x4=(x9)(x+1)x4（*），當(dāng)0x1時(shí)，f（x）0，f（x）在（0，1上單調(diào)遞增，f（x）maxf（1）6，a6；當(dāng)2x0時(shí)，ax3x2+4x+30可化為a1x4x23x3，由（*）式可知，當(dāng)2x1時(shí)，f（x）0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)1x0時(shí)，

8、f（x）0，f（x）單調(diào)遞增，f（x）minf（1）2，a2；綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是6a2，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是6，2故選：c3設(shè)函數(shù)f（x）=ax+1ex（ar）（）當(dāng)a0時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；（）當(dāng)a2時(shí)，證明：對任意x0，+），f（x）x+1恒成立【解答】解：（）f（x）=ax+a1ex，a0，ex0，由f（x）0可得xa1a，a0時(shí)，f（x）在（，a1a遞增；（）（i）a0時(shí)，f（x）=ax+1ex，由x0，得ax+11，ex1，ax+1ex1，而x+11，f（x）x+1成立；（ii）0a2時(shí)，令h（x）=ax+1exx1，則f（x）x+1成立等價(jià)于h（x）0，h（x

9、）=ax+a1ex1，g（x）ax+a1是減函數(shù)且x0，g（x）maxa11，h（x）0，h（x）在0，+）遞減，x0時(shí)，h（x）h（0）0，f（x）x+1恒成立，綜上，a2時(shí)，對任意x0，+），f（x）x+1恒成立題型四. 隱零點(diǎn)、構(gòu)造函數(shù)1已知函數(shù)f（x）alnxx+1（其中ar）（1）討論函數(shù)f（x）的極值；（2）對任意x0，f（x）12（a21）成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍【解答】解：（1）f（x）的定義域?yàn)椋?，+）又f（x）=ax1當(dāng)a0時(shí)，在（0，+）上，f（x）0，f（x）為單調(diào)減函數(shù)，f（x）無極值；當(dāng)a0時(shí)，由f（x）0，得xa，在（0，a）上，f（x）0，f（x）為增函數(shù)，在

10、（a，+）上，f（x）0，f（x）為減函數(shù)，當(dāng)xa時(shí)，f（x）有極大值為f（a）alnaa+1，無極小值綜上，當(dāng)a0時(shí)，f（x）無極值；當(dāng)a0時(shí)，f（x）有極大值f（a）alnaa+1，無極小值；（2）由（1）知，當(dāng)a0，f（x）是減函數(shù)，又令b=ea21，lnb0，f（b）12(a21)=12a2ea2+112(a21)=32ea20，不等式不成立；當(dāng)a0時(shí)，f（x）有極大值也是最大值，f（x）maxf（a）alnaa+1，要使對任意x0，f（x）12（a21）成立，即alnaa+112(a21)，則alna+32a12a20成立令u（a）alna+32a12a2（a0），u（a）lna+1

11、1alnaa，令k（a）u（a）lnaa，則k（a）=1a1=1aa=0，得a1在（0，1）上，k（a）0，k（a）u（a）是增函數(shù)，在（1，+）上，k（a）0，k（a）u（a）是減函數(shù)，當(dāng)a1時(shí)，k（a）u（a）取絕對值也是最大值，u（a）maxu（1）10在（0，+）上，u（a）0，u（a）是減函數(shù)，又u（1）0，要使u（a）0恒成立，則a1實(shí)數(shù)a的取值范圍為1，+）2設(shè)函數(shù)f（x）e2x+alnx（1）討論f（x）的導(dǎo)函數(shù)f'（x）零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；（2）證明：當(dāng)a0時(shí)，f(x)aln(a2)2a【解答】解：（1）函數(shù)的定義域（0，+），f'(x)=2e2x+ax，當(dāng)a0，f（

12、x）0恒成立，沒有零點(diǎn)，當(dāng)a0時(shí)，f'(x)=2e2x+ax在（0，+）上單調(diào)遞增，又因?yàn)閤0時(shí)，f（x），x+時(shí)，f（x）+，故f'（x）只有1個(gè)零點(diǎn)；（2）令ma，則m0，f（x）e2xmlnx，由（1）知，當(dāng)a0時(shí)，f'（x）只有1個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x0，則2e2x0+ax0=0，2e2x0mx0=0，e2x0=m2x0，故2x0=lnm2x0=lnm2lnx0，當(dāng)0xx0，f（x）0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)xx0時(shí)，f（x）0，f（x）單調(diào)遞增，故當(dāng)xx0時(shí)，函數(shù)f（x）取得最小值f（x0）=e2x0mlnx0=m2x0m（lnm22x0）=m2x0+mln2m+2mx

13、0，2m2x02mx0+mln2m=2m+mln2m=2a+aln（a2）3已知函數(shù)f（x）alnxexx+ax，ar（）當(dāng)a0時(shí)，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（）設(shè)g（x）f（x）+xf（x），若關(guān)于x的不等式g（x）ex+x22+(a1)x在x1，2上有解，求a的取值范圍【解答】解：（）由題意知，f（x）=(axex)(x1)x2，x0令f（x）（axex）（x1），當(dāng)a0時(shí)，axex0恒成立，當(dāng)x1時(shí)，f（x）0；當(dāng)0x1時(shí)，f（x）0，函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+）上單調(diào)遞減（4分）（）g（x）f（x）+xf（x），g（x）alnxex+2axa，由題意知，存在x01，

14、2，使得g（x0）ex0+x022+（a1）x0成立即存在x01，2，使得alnx0+（a+1）x0x022a0成立，令h（x）alnx+（a+1）xx22a，x1，2，h（x）=(xa)(x1)x，x1，2，a1時(shí)，x1，2，則h（x）0，函數(shù)h（x）在1，2上單調(diào)遞減，h（x）minh（2）aln2+a0成立，解得a0，a0；當(dāng)1a2時(shí)，令h（x）0，解得1xa；令h（x）0，解得ax2，函數(shù)h（x）在1，a上單調(diào)遞增，在a，2上單調(diào)遞減，又h（1）=12，h（2）aln2+a0，解得a0，a無解；當(dāng)a2時(shí)，x1，2，則h（x）0，函數(shù)h（x）在1，2上單調(diào)遞增，h（x）minh（1）=1

15、20，不符合題意，舍去綜上所述，a的取值范圍為（，0（12分）題型五. 雙變量問題1已知函數(shù)f（x）x2+2alnx+3，若x1，x24，+）（x1x2），a2，3，f(x2)f(x1)x1x22m，則m的取值范圍是（）a2，+）b52，+)c(92，+)d194，+)【解答】解：設(shè)x1x2，由f(x2)f(x1)x1x22m，得f（x1）+2mx1f（x2）+2mx2，記g（x）f（x）+2mx，則g（x）在0，+）上單調(diào)遞增，故g'（x）0在4，+）上恒成立，即2x+2ax+2m0在4，+）上恒成立，整理得mx+ax在4，+）上恒成立，a2，3，函數(shù)y=x+ax在4，+）上單調(diào)遞增

16、，故有m4+a4，a2，3，m(4+a4)max=194，即m194故選：d2已知函數(shù)f（x）=12lnxmx（mr），g（x）xax（a0）（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若m=12e2，對x1，x22，2e2都有g(shù)（x1）f（x2）成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍【解答】解：（1）f（x）=12lnxmx，x0，f（x）=12xm，當(dāng)m0時(shí)f（x）0，f（x）在（0，+）單調(diào)遞增，當(dāng)m0時(shí)，由f（x）0得x=12m，由f'(x)0x0，得0x12m，由f'(x)0x0，得x12m，綜上所述：當(dāng)m0時(shí)，f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+），當(dāng)m0時(shí)，f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為（0，12

17、m），單調(diào)遞減區(qū)間為（12m，+）（2）若m=12e2，f（x）=12lnx12e2x，x1，x22，2e2都有g(shù)（x1）f（x2）成立，等價(jià)于對x2，2e2都有g(shù)（x）minf（x）max，由（1）知在2，2e2上f（x）的最大值f（e2）=12，g（x）1+ax20（a0），x2，2e2，函數(shù)g（x）在2，2e2上是增函數(shù)，g（x）ming（2）2a2，由2a212，得a3，又因?yàn)閍0，a（0，3，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為（0，33已知f（x）lnxx4+34x，g（x）x22ax+4，若對任意的x1（0，2，存在x21，2，使得f（x1）g（x2）成立，則a的取值范圍是18，+)【解答】解

18、：對任意的x1（0，2，存在x21，2，使得f（x1）g（x2）成立，f（x1）ming（x2）min，x1（0，2，x21，2，f（x）ln xx4+34x，x（0，2，f（x）=1x1434x2=(x3)(x1)4x2，可得：函數(shù)f（x）在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞減，在1，2內(nèi)單調(diào)遞增x1時(shí)，函數(shù)f（x）取得極小值即最小值，f（x）minf（1）=12g（x）x22ax+4，x1，2，g（x）（x+a）2+a2+4對稱軸x1，拋物線開口向下a1，即a1時(shí)，函數(shù)g（x）在x1，2上單調(diào)遞減，x2時(shí)，函數(shù)g（x）取得最小值，g（2）44a+44a124a，解得a181此時(shí)a的取值范圍是18，+)a2

19、，即a2時(shí)，函數(shù)g（x）在x1，2上單調(diào)遞減，x1時(shí)，函數(shù)g（x）取得最小值，g（1）12a+432a1232a，解得a54此時(shí)a的取值范圍是54，+）2a1，即2a1時(shí)，函數(shù)g（x）在x1，a上單調(diào)遞增，在xa，2上單調(diào)遞減，又g（2）4ag（1）32ag（x）ming（1），g（2）min綜上可得：a的取值范圍是54，+）故答案為：18，+)課后作業(yè).恒成立1已知函數(shù)f（x）xlnx若對所有x1都有f（x）ax1，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（，1【解答】解：f（x）xlnx，當(dāng)x1時(shí)，f（x）ax1恒成立xlnxax1（x1）恒成立alnx+1x（x1）恒成立，令f（x）lnx+1x，則af（x

20、）min（x1）恒成立；f（x）=1x1x2=x1x2，當(dāng)x1時(shí)，f（x）0，f（x）lnx+1x在1，+）上單調(diào)遞增，f（x）min1，a1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為（，1故答案為：（，12已知函數(shù)f(x)=xlnax+aex，g（x）x2+x，當(dāng)x（0，+）時(shí)，f（x）g（x）恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）a1e2，+）b1e，+）c1，+）de，+）【解答】解：由函數(shù)f(x)=xlnax+aex，g（x）x2+x，所以不等式f（x）g（x）恒成立，等價(jià)于f（x）g（x）xlnax+aex+x2x0恒成立；因?yàn)閤（0，+），所以lnax+aexx+x10；設(shè)函數(shù)h（x）lnax+aexx+x

21、1，x（0，+），則h（x）lnalnx+aexx+x1，計(jì)算h（1）lna+ae，且a0；所以h（x）=1x+aex(x1)x2+1=(x1)(ax+1)x2，當(dāng)x0，a0時(shí)，令h（x）0，解得x1，所以x1時(shí)，h（x）0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增；當(dāng)0x1時(shí)，h（x）0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減；所以h（x）h（1）ae+lna；設(shè)f（a）ae+lna，a（0，+），則f（a）e+1a0，所以f（a）在（0，+）上單調(diào)遞增，且f（1e）110；要使f（x）g（x）恒成立，需使f（a）0恒成立，即a1e，所以a的取值范圍是1e，+）故選：b3關(guān)于x的不等式x2a（x1）ex0恰有一個(gè)整數(shù)解，則實(shí)數(shù)a

22、的取值范圍是e2，0)【解答】解：當(dāng)a0時(shí)，x+，x2a（x1）ex，則不等式x2a（x1）ex0有無窮多個(gè)整數(shù)解，不符合題意；當(dāng)a0時(shí)，x20無解，不符合題意；當(dāng)a0時(shí)，設(shè)f（x）x2a（x1）ex，f（0）a0，則必有f（1）10，f（1）1+2ae10，解得ae2，所以e2a0當(dāng)e2a0時(shí)，f'（x）2xaxexx（2aex），所以當(dāng)x0時(shí)，f'（x）0，則f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x0時(shí)，f'（x）0，則f（x）單調(diào)遞增，所以當(dāng)x1時(shí)，f（x）f（1）0，當(dāng)x1時(shí)，f（x）f（1）0，故當(dāng)e2a0時(shí)，f（x）0恰有一個(gè)整數(shù)解，即為0，即f（0）0綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值

23、范圍是e2，0)4設(shè)實(shí)數(shù)m0，若對任意的正實(shí)數(shù)x，不等式emxlnxm恒成立，則m的最小值為（）a1eb12ec2ede3【解答】解：m0，emxlnxm，memxlnx，即mxemxxlnxelnxlnx，當(dāng)0x1時(shí)，m0，恒成立，當(dāng)x1時(shí)，構(gòu)造函數(shù)g（x）xex，g'（x）ex+xex（x+1）ex0恒成立，當(dāng)x1時(shí)，g（x）遞增，則不等式emxlnxm恒成立等價(jià)于g（mx）g（lnx）恒成立，即mxlnx，恒成立，m(lnxx)max，設(shè)g(x)=lnxx，g'(x)=1lnxx2，g（x）在1，e）上遞增，在e，+）遞減，g（x）maxg（e）=1e，故選：a5已知函數(shù)f（x）x+4x，g（x）=ax+1+x，若x112，1，x2