2025版高考數(shù)學一輪復習第三章導數(shù)及其應(yīng)用3.5利用導數(shù)解決不等式恒能成立問題教學案蘇教版

PAGE1-第五節(jié)利用導數(shù)解決不等式恒(能)成立問題考點1恒成立問題分別參數(shù)法求范圍若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需滿意f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用導數(shù)方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，從而問題得解.已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對隨意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.［解］(1)因為函數(shù)f(x)＝xlnx的定義域為(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)的單調(diào)遞減區(qū)間是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)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).綜上，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).(2)因為g′(x)＝3x2＋2ax－1，由題意得2xlnx≤3x2＋2ax＋1恒成立.因為x＞0，所以a≥lnx－eq\f(3,2)x－eq\f(1,2x)在x∈(0，＋∞)上恒成立.設(shè)h(x)＝lnx－eq\f(3,2)x－eq\f(1,2x)(x＞0)，則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).當x改變時，h′(x)，h(x)的改變狀況如下表：x(0,1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(huán)(x)↗極大值↘所以當x＝1時，h(x)取得極大值，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，則a≥h(x)max＝－2，即a≥－2，故實數(shù)a的取值范圍是［－2，＋∞).利用分別參數(shù)法來確定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ為實參數(shù))恒成立問題中參數(shù)取值范圍的基本步驟：(1)將參數(shù)與變量分別，化為f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式.(2)求f2(x)在x∈D時的最大值或最小值.(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范圍.把參數(shù)看作常數(shù)利用分類探討方法解決對于不適合分別參數(shù)的不等式，經(jīng)常將參數(shù)看作常數(shù)干脆構(gòu)造函數(shù)，常用分類探討法，利用導數(shù)探討單調(diào)性、最值，從而得出參數(shù)范圍.已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax，a∈R.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若不等式f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍.［解］(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.①當a≤0時，f′(x)＞0恒成立，則f(x)只有單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞).②當a＞0時，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)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間是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.設(shè)g(x)＝lnx－a(x－1)，x＞0，則g′(x)＝eq\f(1,x)－a，留意到g(1)＝0，①當a≥1時，g′(x)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，則g(x)在x∈(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)＜g(1)＝0，即a≥1時滿意題意.②當0＜a＜1時，令g′(x)＞0，得1＜x＜eq\f(1,a)；令g′(x)＜0，得x＞eq\f(1,a).則g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))時，g(x)＞g(1)＝0，即0＜a＜1時不滿意題意(舍去).③當a≤0時，g′(x)＝eq\f(1,x)－a＞0，則g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當x∈(1，＋∞)時，g(x)＞g(1)＝0，即a≤0時不滿意題意(舍去).綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是［1，＋∞).已知f(x)＝ax2－2lnx，a∈R.(1)探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若對隨意的x＞0,2－f(x)≤2(a－1)x恒成立，求整數(shù)a的最小值.［解］(1)由題意得f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(2ax2－2,x).①當a≤0時，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減.②當a＞0時，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(\r(a),a)或x＝－eq\f(\r(a),a)(負值舍去).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(a),a)))，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，＋∞))，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增.(2)由題意得2－ax2＋2lnx≤2(a－1)x，整理得2(lnx＋x＋1)≤a(2x＋x2).因為x＞0，所以原命題等價于a≥eq\f(2（lnx＋x＋1）,（2x＋x2）)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)恒成立.令g(x)＝eq\f(2（lnx＋x＋1）,2x＋x2)，則g′(x)＝eq\f(－2（x＋1）（2lnx＋x）,（2x＋x2）2)，令h(x)＝2lnx＋x，易知h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增.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.當0＜x＜x0時，h(x)＜0，即g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當x＞x0時，h(x)＞0，即g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減.故函數(shù)g(x)的極大值為g(x0)，也為最大值，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為整數(shù)，故整數(shù)a的最小值為2.考點2能成立問題存在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］，對隨意x2∈［a，b］，f(x1)≤g(x2)成立?f(x)min≤g(x)min.已知函數(shù)f(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2＋x，g(x)＝3x＋a.(1)若f(x)與g(x)的圖象相切，求a的值；(2)若?x0＞0，使f(x0)＞g′(x0)成立，求參數(shù)a的取值范圍.［解］(1)由題意得，f′(x)＝eq\f(3,x)－x＋1，g′(x)＝3，設(shè)切點為(x0，f(x0))，則k＝f′(x0)＝eq\f(3,x0)－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切點為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)設(shè)h(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2－2x.?x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，等價于?x＞0，使h(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2－2x＞a成立，等價于a＜h(x)max(x＞0).因為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.所以函數(shù)h(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2－2x在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(1)＝－eq\f(5,2)，即a＜－eq\f(5,2)，因此參數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,2))).(1)“恒成立”“存在性”問題肯定要正確理解其實質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進行等價轉(zhuǎn)化.(2)構(gòu)造函數(shù)是求范圍問題中的一種常用方法，解題過程中盡量采納分別參數(shù)的方法，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題.已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq\f(lnx,x).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范圍.［解］(1)因為f′(x)＝a－ex，x∈R.當a≤0時，f′(x)＜0，f(x)在R上單調(diào)遞減；當a＞0時，令f′(x)＝0得x＝lna.由f′(x)＞0得x＜lna，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)；由f′(x)＜0得x＞lna，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，＋∞).(2)因為?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，則ax≤eq\f(lnx,x)，即a≤eq\f(lnx,x2).設(shè)h(x)＝eq\f(lnx,x2)，則問題轉(zhuǎn)化為a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x2)))max，由h′(x)＝eq\f(1－