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- 2021-06-10 发布
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第5讲 利用导数研究含参数不等式
分离参数求参数范围
[典例引领]
(2018·安徽省两校阶段性测试)已知函数f(x)=ln x.
(1)求函数g(x)=f(x+1)-x的最大值;
(2)若对任意x>0,不等式f(x)≤ax≤x2+1恒成立,求实数a的取值范围.
【解】 (1)因为f(x)=ln x.
所以g(x)=f(x+1)-x=ln(x+1)-x,x>-1.
所以g′(x)=-1=.
当x∈(-1,0)时,g′(x)>0,所以g(x)在(-1,0)上单调递增;
当x∈(0,+∞)时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.
所以g(x)在x=0处取得最大值g(0)=0.
(2)因为对任意x>0,不等式f(x)≤ax≤x2+1恒成立.
所以在x>0上恒成立,进一步转化为≤a≤.
设h(x)=,则h′(x)=,当x∈(1,e)时,h′(x)>0;当x∈(e,+∞)时,h′(x)<0,所以h(x)≤.要使f(x)≤ax恒成立,必须a≥.另一方面,当x>0时,x+≥2,要使ax≤x2+1恒成立,必须a≤2,所以满足条件的a的取值范围是.
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.
等价转化法求参数范围
[典例引领]
函数f(x)=x2-2ax+ln x(a∈R).
(1)若函数y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-2y+1=0垂直,求a的值;
(2)若不等式2xln x≥-x2+ax-3在区间(0,e]上恒成立,求实数a的取值范围.
【解】 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2x-2a+,f′(1)=3-2a,
由题意f′(1)·=(3-2a)·=-1,
解得a=.
(2)不等式2xln x≥-x2+ax-3在区间(0,e]上恒成立等价于2ln x≥-x+a-.
令g(x)=2ln x+x-a+,
则g′(x)=+1-==,
则在区间(0,1)上,g′(x)<0,函数g(x)为减函数;
在区间(1,e]上,g′(x)>0,函数g(x)为增函数.
由题意知g(x)min=g(1)=1-a+3≥0,
得a≤4,
所以实数a的取值范围是(-∞,4].
根据不等式恒成立求参数范围的关键是把不等式转化为函数,利用函数值与最值之间的数量关系确定参数满足的不等式,解不等式即得参数范围.
含全称与存在量词的不等式问题
[典例引领]
设f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3.
(1)如果存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M;
(2)如果对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.
【解】 (1)存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M.
由g(x)=x3-x2-3,得g′(x)=3x2-2x=3x.
令g′(x)>0得x<0,或x>,
令g′(x)<0得0<x<,
又x∈[0,2],
所以g(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,
所以g(x)min=g=-,
又g(0)=-3,g(2)=1,
所以g(x)max=g(2)=1.
故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=≥M,
则满足条件的最大整数M=4.
(2)对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,等价于在区间上,函数f(x)min≥g(x)max,
由(1)可知在区间上,g(x)的最大值为g(2)=1.
在区间上,f(x)=+xln x≥1恒成立等价于a≥x-x2ln x恒成立.
设h(x)=x-x2ln x,
h′(x)=1-2xln x-x,
令m(x)=xln x,由m′(x)=ln x+1>0得x>.
即m(x)=xln x在上是增函数,
可知h′(x)在区间上是减函数,
又h′(1)=0,
所以当1<x<2时,h′(x)<0;
当<x<1时,h′(x)>0.
即函数h(x)=x-x2ln x在区间上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,
所以h(x)max=h(1)=1,
所以a≥1,
即实数a的取值范围是[1,+∞).
(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.
不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径
(1)f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a;
存在x使f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.
(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b,
存在x使f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b.
(3)f(x)>g(x)恒成立F(x)min>0.
(4)①任意x1∈M,任意x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max;
②任意x1∈M,存在x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)min;
③存在x1∈M,存在x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)min;
④存在x1∈M,任意x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)max.
1.设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)
解析:选A.设y=g(x)=(x≠0),则g′(x)=,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,所以 g′(x)<0,所以 g(x)在(0,+∞)上为减函数,且g(1)=f(1)=-f(-1)=0.
因为 f(x)为奇函数,所以 g(x)为偶函数,
所以 g(x)的图象的示意图如图所示.
当x>0,g(x)>0时,f(x)>0,0<x<1,
当x<0,g(x)<0时,f(x)>0,x<-1,
所以 使得f(x)>0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1),故选A.
2.已知函数f(x)=x+,g(x)=2x+a,若∀x1∈,∃x2∈[2,3],使得f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是( )
A.a≤1 B.a≥1
C.a≤2 D.a≥2
解析:选A.由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2,3]),因为f(x)min=5,g(x)min=4+a,所以5≥4+a,即a≤1,故选A.
3.(2018·贵州适应性考试)已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)∃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f(x)的单调递增区间为(-∞,ln a);
由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(ln a,+∞).
(2)因为∃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)
单调递增
极大值
单调递减
由上表可知,当x=时,函数h(x)有极大值,即最大值为.所以a≤.
4.(2017·高考全国卷Ⅱ)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a的取值范围.
解:(1)f′(x)=(1-2x-x2)ex.
令f′(x)=0得x=-1-,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)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,
而h(0)=1,
故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.
当0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
1.已知函数f(x)=x-(a+1)ln x-(a∈R),g(x)=x2+ex-xex.
(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值;
(2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0],f(x1),
所以a的取值范围为.
2.(2018·兰州模拟)已知函数f(x)=ax2+bx+xln x的图象在(1,f(1))处的切线方程为3x-y-2=0.
(1)求实数a,b的值;
(2)设g(x)=x2-x,若k∈Z,且k(x-2)<f(x)-g(x)对任意的x>2恒成立,求k的最大值.
解:(1)f′(x)=2ax+b+1+ln x,
所以2a+b+1=3且a+b=1,解得a=1,b=0.
(2)由(1)与题意知k<=对任意的x>2恒成立,
设h(x)=(x>2),则h′(x)=,
令m(x)=x-4-2ln x(x>2),则m′(x)=1-=>0,所以函数m(x)为(2,+∞)上的增函数.
因为m(8)=4-2ln 8<4-2ln e2=4-4=0,m(10)=6-2ln 10>6-2ln e3=6-6=0,
所以函数m(x)在(8,10)上有唯一零点x0,即有x0-4-2ln x0=0成立,
故当2<x<x0时,m(x)<0,即h′(x)<0;当x0<x时,m(x)>0,即h′(x)>0,所以函数h(x)在(2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(x0)===,
所以k<,因为x0∈(8,10),
所以∈(4,5),又k∈Z,
所以k的最大值为4.