新課標(biāo)2023版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用第4課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立能成立問題教師用書

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∈(0,1)且為減函數(shù)，所以f′(x)＝eaxg(x)－1為減函數(shù)．又f′(1)＝ea－1＜0，故設(shè)f′(x0)＝0，當(dāng)x0＜x＜1時(shí)，有f′(x)＜0，所以f(x)在(x0，1)上為減函數(shù)，則有f(x0)＞f(1)＝0，故a＜0不符合題意，綜上所述，a的取值范圍為{a|a≥0}．考點(diǎn)3雙參不等式恒(能)成立問題——綜合性設(shè)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，求滿足上述條件的最大整數(shù)M；(2)如果對于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等價(jià)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)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上單調(diào)遞減，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上單調(diào)遞增．又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，g(x)max＝g(2)＝1．故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝eq\f(112,27)≥M，則滿足條件的最大整數(shù)M＝4．(2)對于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等價(jià)于在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，函數(shù)f(x)min≥g(x)max．由(1)可知在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值為g(2)＝1，所以在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立，等價(jià)于a≥x－x2lnx恒成立．設(shè)h(x)＝x－x2lnx，則h′(x)＝1－2xlnx－x，可知h′(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是減函數(shù)．又h′(1)＝0，所以當(dāng)1<x<2時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)eq\f(1,2)<x<1時(shí)，h′(x)>0．即函數(shù)h(x)＝x－x2lnx在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實(shí)質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進(jìn)行等價(jià)變換，常見的等價(jià)變換有：(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．(4)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)min．已知函數(shù)f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex．(1)當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，求f(x)的最小值；(2)當(dāng)a<1時(shí)，若存在x1∈[e，e2]，使得對任意的x2∈[－2,0]，f(x1)<g(x2)成立，求a的取值范圍．解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f((x－1)(x－a),x2)(a∈R)，當(dāng)a≤1時(shí)，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)，所以f(x)min＝f(1)＝1－a；當(dāng)1＜a＜e時(shí)，x∈[1，a]，f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)，x∈[a，e]，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)，所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1；當(dāng)a≥e時(shí)，x∈[1，e]，f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)，所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e)．綜上，當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)min＝1－a；當(dāng)1＜a＜e時(shí)，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；當(dāng)a≥e時(shí)，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e)．(2)存在x1∈[e，e2]，使得對任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，即f(x)min＜g(x)min，當(dāng)a＜1時(shí)，由(1)可知，x∈[e，e2]，f(x)為增函數(shù)，所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e)．g′(x)＝x＋ex－xex－ex＝x(1－ex)，當(dāng)x∈[－2,0]時(shí)，g′(x)≤0，g(x)為減函數(shù)，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的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1))．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx－a,x)(a∈R)．若a≥0，不等式x2f(x)＋a≥2－e對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范圍．[四字程序]讀想算思a的取值范圍1．恒成立問題的解題策略．2．如何構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)研究有關(guān)函數(shù)的單調(diào)性，并求其最值轉(zhuǎn)化與化歸若a≥0，x2f(x)＋a≥2－e對任意的x∈(0，＋∞)恒成立1．?dāng)?shù)形結(jié)合．2．分離參數(shù)法．3．構(gòu)造h(x)＝x2f(x)＋a＋e－2．4．構(gòu)造g(x)＝xf(x)＋eq\f(a＋e－2,x)1．h(x)＝xlnx－ax＋a＋e－2，h′(x)＝lnx＋1－a．2．g(x)＝lnx－a＋eq\f(a＋e－2,x)，g′(x)＝eq\f(x－(a＋e－2),x2)1．函數(shù)最值．2．不等式與對應(yīng)函數(shù)圖象的分布關(guān)系思路參考：構(gòu)造函數(shù)h(x)＝xlnx－ax＋a＋e－2的方式，把不等式問題直接轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題來研究．解：x2f(x)＋a≥2－e，即xlnx－ax＋a＋e－2≥0對任意的x∈(0，＋∞)恒成立．令h(x)＝xlnx－ax＋a＋e－2，則h′(x)＝lnx＋1－a．令h′(x)＝0，得x＝ea－1．當(dāng)x∈(0，ea－1)時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)x∈(ea－1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0．所以h(x)的最小值是h(ea－1)＝a＋e－2－ea－1．令t(a)＝a＋e－2－ea－1，則t′(a)＝1－ea－1．令t′(a)＝0，得a＝1．當(dāng)a∈[0,1)時(shí)，t′(a)>0，t(a)在[0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，t′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以當(dāng)a∈[0,1)時(shí)，h(x)的最小值為t(a)≥t(0)＝e－2－eq\f(1,e)>0；當(dāng)a∈[1，＋∞)時(shí)，h(x)的最小值為t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0＝t(2)，所以1≤a≤2．故a∈[0,2]．思路參考：把原不等式通過等價(jià)變形，轉(zhuǎn)化為g(x)＝lnx－a＋eq\f(a＋e－2,x)的最值問題來研究．解：要使x2f(x)＋a≥2－e對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，只要使xf(x)＋eq\f(a＋e－2,x)≥0即可．代入f(x)可得lnx－a＋eq\f(a＋e－2,x)≥0．構(gòu)造函數(shù)g(x)＝lnx－a＋eq\f(a＋e－2,x)，g′(x)＝eq\f(x－(a＋e－2),x2)．當(dāng)x∈(0，a＋e－2)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(a＋e－2，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．所以g(x)min＝g(a＋e－2)＝ln(a＋e－2)－a＋1．再構(gòu)造函數(shù)h(a)＝ln(a＋e－2)－a＋1，則h′(a)＝eq\f(3－a－e,a＋e－2)．令h′(a)＝0得到a＝3－e．當(dāng)a∈[0,3－e)時(shí)，h′(a)>0，h(a)單調(diào)遞增；當(dāng)a∈(3－e，＋∞)時(shí)，h′(a)<0，h(a)單調(diào)遞減．而h(0)＝ln(e－2)＋1>0，且h(3－e)＝e－2>0，但是因?yàn)閔(2)＝0，所以0≤a≤2．思路參考：分離參數(shù)，a≥eq\f(xlnx＋e－2,x－1)(0<x<1)或a≤eq\f(xlnx＋e－2,x－1)(x>1)，減弱參數(shù)的影響，避免過多的討論．解：原式可變?yōu)閤lnx＋e－2≥a(x－1)(*)對任意的x∈(0，＋∞)恒成立．當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，分離變量可得a≥eq\f(xlnx＋e－2,x－1)．先求出函數(shù)g(x)＝xlnx的最小值．求得g′(x)＝lnx＋1．當(dāng)x∈(0，e－1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(e－1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．所以g(x)min＝g(e－1)＝－e－1．因?yàn)榇藭r(shí)(xlnx)min＝－e－1，所以xlnx＋e－2≥－e－1＋e－2>0．又因?yàn)閤∈(0,1)，所以eq\f(xlnx＋e－2,x－1)<0，而a≥0，所以a≥eq\f(xlnx＋e－2,x－1)顯然成立．當(dāng)x＝1時(shí)，代入(*)式驗(yàn)證e－2≥0顯然成立．當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，(*)式分離變量可變?yōu)閍≤eq\f(xlnx＋e－2,x－1)．若令t(x)＝eq\f(xlnx＋e－2,x－1)，此時(shí)只需當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，a≤t(x)min．求得t′(x)＝eq\f(x－lnx－(e－1),(x－1)2)，易得t′(e)＝0．下證x＝e是t′(x)＝eq\f(x－lnx－(e－1),(x－1)2)在x∈(1，＋∞)上的唯一零點(diǎn)．令h(x)＝x－lnx－(e－1)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)．當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，所以h(x)單調(diào)遞增．即x＝e是t′(x)＝eq\f(x－lnx－(e－1),(x－1)2)的唯一零點(diǎn)．當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，t′(x)<0，t(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，t′(x)>0，t(x)單調(diào)遞增．所以a≤t(x)min＝t(e)＝2，故a∈[0,2]．思路參考：把不等式通過等價(jià)變形后，使不等號的一邊出現(xiàn)直線的方程h(x)＝a(x－1)＋(2－e)，再分析不等號另外一邊的函數(shù)g(x)＝xlnx的單調(diào)性，就會發(fā)現(xiàn)二者相切時(shí)即為參數(shù)的臨界值．解：通過變形原不等式等價(jià)于證明：xlnx≥a(x－1)＋(2－e)，x∈(0，＋∞)．若令g(x)＝xlnx和h(x)＝a(x－1)＋(2－e)．則只需證明函數(shù)g(x)的圖象在直線h(x)的上方．首先分析g(x)＝xlnx的圖象．由解法3可知：當(dāng)x∈(0，e－1)時(shí)，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(e－1，＋∞)時(shí)，g(x)單調(diào)遞增，且g(x)min＝g(e－1)＝－e－1．其次分析h(x)＝a(x－1)＋(2－e)的圖象．因?yàn)閍≥0，所以h(x)表示過定點(diǎn)(1,2－e)的直線，且g(x)min＝－e－1>2－e．兩個(gè)函數(shù)的圖象大致如圖(1)所示：圖(1)圖(2)所以如果我們能說明當(dāng)g(x)和h(x)相切時(shí)二者只有一個(gè)切點(diǎn)，就能求出a的最大值．設(shè)g(x)和h(x)相切于點(diǎn)P(x0，y0)，如圖(2)，則可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a(x0－1)＋2－e＝x0lnx0①，,a＝g′(x0)＝lnx0＋1②.))消去lnx0得2－e＝a－ea－1③．易得a＝2為③式的解．令t(a)＝a－ea－1＋e－2，則t′(a)＝1－ea－1．當(dāng)t′(a)＝0時(shí)，a＝1．當(dāng)a∈[0,1]時(shí)，t′(a)≥0，t(a)單調(diào)遞增；當(dāng)a∈[1，＋∞)時(shí)，t′(a)<0，t(a)單調(diào)遞減．因?yàn)閠(0)＝－e－1＋e－2>0且t(1)＝e－