第2部分 專題6 第5講　利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立、能成立問題

6/6利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立、能成立問題考點1單變量的不等式恒成立、能成立問題(2020·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－x.(1)當(dāng)a＝1時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x≥0時，f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，求a的取值范圍．[解](1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.令g(x)＝f′(x)＝ex＋2x－1(x∈R)，∴g′(x)＝ex＋2>0恒成立，∴g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，又∵g(0)＝0，即f′(0)＝0，∴當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0.綜上所述，當(dāng)a＝1時，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1等價于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x≤1.設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x(x≥0)，則g′(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1－\f(3,2)x2＋2ax－1))e－x＝－eq\f(1,2)x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－eq\f(1,2)x(x－2a－1)(x－2)e－x.(ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－eq\f(1,2)，則當(dāng)x∈(0,2)時，g′(x)>0.所以g(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，而g(0)＝1，故當(dāng)x∈(0,2)時，g(x)>1，不合題意．(ⅱ)若0<2a＋1<2，即－eq\f(1,2)<a<eq\f(1,2)，則當(dāng)x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)時，g′(x)<0；當(dāng)x∈(2a＋1,2)時，g′(x)>0.所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(2a＋1,2)上單調(diào)遞增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1當(dāng)且僅當(dāng)g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥eq\f(7－e2,4).所以當(dāng)eq\f(7－e2,4)≤a<eq\f(1,2)時，g(x)≤1.(ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥eq\f(1,2)，則g(x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x.由于0∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，\f(1,2)))，故由(ⅱ)可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x≤1.故當(dāng)a≥eq\f(1,2)時，g(x)≤1.綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞)).命題規(guī)律：以基本初等函數(shù)為載體，以不等式恒成立、能成立為依托，考查參數(shù)的取值范圍，難度較大．通性通法：由不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍問題的策略(1)求最值法，將恒成立問題轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值問題；(2)分離參數(shù)法，將參數(shù)分離出來，進而轉(zhuǎn)化為a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通過導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用求出f(x)的最值，即得參數(shù)的范圍．提醒：不等式有解問題可類比恒成立問題進行轉(zhuǎn)化，要理解清楚兩類問題的差別．[恒成立與能成立的綜合問題]已知函數(shù)f(x)＝ex－asinx－2x＋b(e≈2.71828，a，b∈R)．(1)當(dāng)a＝1時，存在x0∈(－∞，0]，使得f(x0)<0成立，求實數(shù)b的取值范圍；(2)證明：當(dāng)－1≤a≤1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)＋1－b>ex－x(lnx＋2)．[解](1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝ex－sinx－2x＋b，因為存在x0∈(－∞，0]，使得f(x0)<0，即ex0－sinx0－2x0＋b<0成立，所以b<(－ex＋sinx＋2x)max，x∈(－∞，0]，令g(x)＝－ex＋sinx＋2x，x∈(－∞，0]，則g′(x)＝－ex＋cosx＋2，∵x∈(－∞，0]，∴－1≤－ex<0，－1≤cosx≤1，因此g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞增，g(x)max＝g(0)＝－1，所以b<－1.(2)證明：當(dāng)－1≤a≤1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)＋1－b>ex－x(lnx＋2)．即證：xlnx＋1－asinx>0，對任意x∈(0，＋∞)恒成立，令h′(x)＝0，即lnx＝0，解得x＝1.設(shè)h(x)＝xlnx＋1－x，則h′(x)＝lnx,所以當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，因此h(x)≥heq(\a\vs4\al\co1(1))＝0，所以xlnx＋1－x≥0，即xlnx＋1≥x，設(shè)F(x)＝x－asinx，x∈(0，＋∞)，－1≤a≤1，則F′(x)＝1－acosx≥0，所以F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F(x)>F(0)＝0，即x>asinx，所以xlnx＋1>asinx，即xlnx＋1－asinx>0，綜上，f(x)＋1－b>ex－x(lnx＋2)成立．考點2雙變量的不等式恒成立、能成立問題(2015·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx.(1)證明：f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增；(2)若對于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍．[解](1)證明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.若m≥0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時，emx－1≤0，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0，f′(x)>0.若m＜0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時，emx－1>0，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，emx－1<0，f′(x)>0.所以，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由(1)知，對任意的m，f(x)在[－1,0]上單調(diào)遞減，在[0,1]上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值．所以對于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1－f0≤e－1，,f－1－f0≤e－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(em－m≤e－1，,e－m＋m≤e－1.))①設(shè)函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1.當(dāng)t<0時，g′(t)<0；當(dāng)t>0時，g′(t)>0.故g(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，故當(dāng)t∈[－1,1]時，g(t)≤0.當(dāng)m∈[－1,1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；當(dāng)m>1時，由g(t)的單調(diào)性，g(m)>0，即em－m>e－1；當(dāng)m<－1時，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.綜上，m的取值范圍是[－1,1]．命題規(guī)律：以不等式恒成立(能成立)為載體，融合全稱(存在)量詞命題于其中，重在考查學(xué)生的最值轉(zhuǎn)化能力，考查邏輯推理及數(shù)學(xué)運算的素養(yǎng)．通性通法：常見的雙變量不等式恒成立問題的類型(1)對于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)?f(x1)max≤g(x2)max.(2)對于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)min.(3)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)?f(x1)min≤g(x2)min.(4)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)max≥g(x2)max.(5)對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)?f(x1)max≤g(x2)min.(6)對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)max.[與量詞有關(guān)的不等式恒成立問題]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，求f(x)的最小值；(2)當(dāng)a＜1時，若存在x1∈[e，e2]，使得對任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范圍．[解](1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x－1x－a,x2).①當(dāng)a≤1時，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)，f(x)min＝f(1)＝1－a.②當(dāng)1＜a＜e時，x∈[1，a]時，f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)；x∈[a，e]時，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)．所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③當(dāng)a≥e時，x∈[1，e]時，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上為減函數(shù)．f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).綜上，當(dāng)a≤1時，f(x)min＝1－a；當(dāng)1＜a＜e時，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；當(dāng)a≥e時，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).(2)由題意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．由(1)知當(dāng)