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  • 2021-06-15 发布

【数学】2021届一轮复习北师大版(理)第3章第5节利用导数解决不等式恒(能)成立问题学案

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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 ‎ 分离参数法求范围 ‎ 若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立,只需满足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)=xln x,g(x)=x3+ax2-x+2.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若对任意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)=xln x的定义域为(0,+∞),所以f′(x)=ln x+1.令f′(x)<0,得ln x+1<0,解得0<x<,所以f(x)的单调递减区间是.令f′(x)>0,得ln x+1>0,解得x>,所以f(x)的单调递增区间是.综上,f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是.‎ ‎(2)因为g′(x)=3x2+2ax-1,由题意得2xln x≤3x2+2ax+1恒成立.因为x>0,所以a≥ln x-x-在x∈(0,+∞)上恒成立.设h(x)=ln x-x-(x>0),则h′(x)=-+=-.令h′(x)=0,得x1=1,x2=-(舍).‎ 当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:‎ 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,+∞).‎ ‎ 利用分离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)将参数与变量分离,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讨论方法解决 ‎ 对于不适合分离参数的不等式,常常将参数看作常数直接构造函数,常用分类讨论法,利用导数研究单调性、最值,从而得出参数范围.‎ ‎ 已知函数f(x)=ln x-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)=-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<;‎ 由f′(x)<0,得x>;‎ 所以f(x)的单调递增区间是,单调递减区间是.‎ ‎(2)f(x)+a<0在x∈(1,+∞)上恒成立,即ln x-a(x-1)<0在x∈(1,+∞)上恒成立.‎ 设g(x)=ln x-a(x-1),x>0,则g′(x)=-a,注意到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时满足题意.‎ ‎②当0<a<1时,令g′(x)>0,‎ 得1<x<;‎ 令g′(x)<0,得x>.‎ 则g(x)在上单调递增,‎ 所以当x∈时,g(x)>g(1)=0,‎ 即0<a<1时不满足题意(舍去).‎ ‎③当a≤0时,g′(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时不满足题意(舍去).‎ 综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞).‎ ‎ 已知f(x)=ax2-2ln x,a∈R.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性;‎ ‎(2)若对任意的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)=.‎ ‎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=或x=-(负值舍去).‎ 当x∈,f′(x)<0,f(x)单调递减;‎ 当x∈,f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ ‎(2)由题意得2-ax2+2ln x≤2(a-1)x,‎ 整理得2(ln x+x+1)≤a(2x+x2).‎ 因为x>0,所以原命题等价于a≥在区间(0,+∞)内恒成立.‎ 令g(x)=,‎ 则g′(x)=,‎ 令h(x)=2ln x+x,易知h(x)在(0,+∞)内单调递增.‎ 又h(0.5)=-2ln 2+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2ln x0+x0=0,‎ 所以g(x)max===,‎ 所以a≥.又∈(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],对任意x2∈[a,b],f(x1)≤g(x2)成立⇔f(x)min≤g(x)min.‎ ‎ 已知函数f(x)=3ln x-x2+x,g(x)=3x+a.‎ ‎(1)若f(x)与g(x)的图像相切,求a的值;‎ ‎(2)若存在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)=-x+1,g′(x)=3,设切点为(x0,f(x0)),则k=f′(x0)=-x0+1=3,解得x0=1或x0=-3(舍),所以切点为,代入g(x)=3x+a,得a=-.‎ ‎(2)设h(x)=3ln x-x2-2x.存在x0>0,使f(x0)>g(x0)成立,‎ 等价于存在x>0,使h(x)=3ln x-x2-2x>a成立,‎ 等价于a<h(x)max(x>0).‎ 因为h′(x)=-x-2= ‎=-,‎ 令得0<x<1;令得x>1.‎ 所以函数h(x)=3ln x-x2-2x在(0,1)上单调递增,‎ 在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)max=h(1)=-,‎ 即a<-,因此参数a的取值范围为.‎ ‎ (1)“恒成立”“存在性”问题一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,解题过程中尽量采用分离参数的方法,转化为求函数的最值问题.‎ ‎ 已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)存在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=ln a.‎ 由f′(x)>0得x<ln a,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,ln a);‎ 由f′(x)<0得x>ln a,所以f(x)的单调递减区间为(ln a,+∞).‎ ‎(2)因为存在x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex,则ax≤,即a≤.‎ 设h(x)=,则问题转化为a≤max,‎ 由h′(x)=,‎ 令h′(x)=0,则x=.‎ 当x在区间(0,+∞)内变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(0,)‎ h′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ h(x)‎ 极大值 由上表可知,当x=时,函数h(x)有极大值,即最大值为,所以a≤.‎