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- 2021-06-23 发布
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第五节 利用导数解决不等式恒(能)成立问题
(对应学生用书第50页)
⊙考点1 分离参数法解决不等式恒成立问题
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.
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,+∞).
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.
(2019·石家庄质量检测)已知函数f(x)=axex-(a+1)(2x-1).
(1)若a=1,求函数f(x)的图像在点(0,f(0))处的切线方程;
- 5 -
(2)当x>0时,函数f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
[解](1)若a=1,则f(x)=xex-2(2x-1).
即f′(x)=xex+ex-4,
则f′(0)=-3,f(0)=2,
所以所求切线方程为3x+y-2=0.
(2)由f(1)≥0,得a≥>0,
则f(x)≥0对任意的x>0恒成立可转化为≥对任意的x>0恒成立.
设函数F(x)=(x>0),
则F′(x)=-.
当0<x<1时,F′(x)>0;
当x>1时,F′(x)<0,
所以函数F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以F(x)max=F(1)=.
于是≥,解得a≥.
故实数a的取值范围是.
⊙考点2 分类讨论法解决不等式恒成立问题
遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时,一般采用作差法,构造“左减右”的函数h(x)=f(x)-g(x)或“右减左”的函数u(x)=g(x)-f(x),进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0,将比较法的思想融入函数中,转化为求解函数最值的问题,适用范围较广,但是往往需要对参数进行分类讨论.
(2019·合肥六校联考)已知函数f(x)=(x+a-1)ex,g(x)=x2+ax,其中a为常数.
(1)当a=2时,求函数f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若对任意的x∈[0,+∞),不等式f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围.
[解](1)因为a=2,所以f(x)=(x+1)ex,所以f(0)=1,
f′(x)=(x+2)ex,所以f′(0)=2,
所以所求切线方程为2x-y+1=0.
(2)令h(x)=f(x)-g(x),
由题意得h(x)min≥0在x∈[0,+∞)上恒成立,
- 5 -
因为h(x)=(x+a-1)ex-x2-ax,
所以h′(x)=(x+a)(ex-1).
①若a≥0,则当x∈[0,+∞)时,h′(x)≥0,所以函数h(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以h(x)min=h(0)=a-1,
则a-1≥0,得a≥1.
②若a<0,则当x∈[0,-a)时,h′(x)≤0;
当x∈(-a,+∞)时,h′(x)>0,
所以函数h(x)在[0,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上单调递增,
所以h(x)min=h(-a),
又因为h(-a)<h(0)=a-1<0,所以不合题意.
综上,实数a的取值范围为[1,+∞).
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.
设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求实数a的取值范围.
[解](1)f′(x)=(1-2x-x2)ex,
令f′(x)=0,得x=-1±,
当x∈(-∞,-1-)时,f′(x)<0;
当x∈(-1-,-1+)时,f′(x)>0;
当x∈(-1+,+∞)时,f′(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)上单调递减,在(-1-,-1+)上单调递增.
(2)令g(x)=f(x)-ax-1=(1-x2)ex-(ax+1),
令x=0,可得g(0)=0.
g′(x)=(1-x2-2x)ex-a,
令h(x)=(1-x2-2x)ex-a,
则h′(x)=-(x2+4x+1)ex,
当x≥0时,h′(x)<0,h(x)在[0,+∞)上单调递减,
故h(x)≤h(0)=1-a,即g′(x)≤1-a,
要使f(x)-ax-1≤0在x≥0时恒成立,需要1-a≤0,
即a≥1,此时g(x)≤g(0)=0,故a≥1.
综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞).
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⊙考点3 等价转化法解决能成立问题
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);
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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≤.
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