《高三數(shù)學(xué)北師大版理一輪教師用書：第3章 第5節(jié) 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒能成立問題 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三數(shù)學(xué)北師大版理一輪教師用書：第3章 第5節(jié) 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒能成立問題 Word版含解析（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第五節(jié)　利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒(能)成立問題 考點1　恒成立問題 　分離參數(shù)法求范圍 　若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需滿足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用導(dǎo)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)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若對任意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)＝xln x的定義域為(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)＜0，得ln x＋1＜0，解得0＜x＜，所

2、以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是.令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是.綜上，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是. (2)因為g′(x)＝3x2＋2ax－1，由題意得2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立．因為x＞0，所以a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．設(shè)h(x)＝ln x－x－(x＞0)，則h′(x)＝－＋＝－.令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍)． 當(dāng)x變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1，＋∞) h′(x) ＋ 0 － h(x) 極大值 所以當(dāng)x＝1時，h(

3、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，＋∞)． 　利用分離參數(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)與變量分離，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)利用分類討論方法解決 　對于不適合分離參數(shù)的不等式，常常

4、將參數(shù)看作常數(shù)直接構(gòu)造函數(shù)，常用分類討論法，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性、最值，從而得出參數(shù)范圍． 　已知函數(shù)f(x)＝ln x－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)＝－a. ①當(dāng)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(dāng)a＞0時，由f′(x)＞0， 得0＜x＜； 由f′(x)＜0，得x＞； 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是. (2)f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即ln

5、 x－a(x－1)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立． 設(shè)g(x)＝ln x－a(x－1)，x＞0，則g′(x)＝－a，注意到g(1)＝0， ①當(dāng)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時滿足題意． ②當(dāng)0＜a＜1時，令g′(x)＞0， 得1＜x＜； 令g′(x)＜0，得x＞. 則g(x)在上單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x∈時，g(x)＞g(1)＝0， 即0＜a＜1時不滿足題意(舍去)． ③當(dāng)a≤0時，g′(x)＝－a＞0， 則g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g

6、(x)＞g(1)＝0， 即a≤0時不滿足題意(舍去)． 綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)． 　已知f(x)＝ax2－2ln x，a∈R. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若對任意的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)＝. ①當(dāng)a≤0時，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減． ②當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(負(fù)值舍去)． 當(dāng)x∈，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增． (2)由題意得2－ax2＋2l

7、n x≤2(a－1)x， 整理得2(ln x＋x＋1)≤a(2x＋x2)． 因為x＞0，所以原命題等價于a≥在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)恒成立． 令g(x)＝， 則g′(x)＝， 令h(x)＝2ln x＋x，易知h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 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. 當(dāng)0＜x＜x0時，h(x)＜0，即g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)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2ln x0＋x0＝0， 所以g(x)ma

8、x＝＝＝， 所以a≥.又∈(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]，對任意x2∈[a，b]，f(x1)≤g(x2)成立?f(x)min≤g(x)min. 　已知函數(shù)f(x)＝3ln x－x2＋x，g(x)＝3x＋a. (1)若f(x)與g(x)的圖像相切，求a的值； (2)若存在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)＝－x＋1，g′(x)＝3，

9、設(shè)切點為(x0，f(x0))，則k＝f′(x0)＝－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切點為，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－. (2)設(shè)h(x)＝3ln x－x2－2x.存在x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立， 等價于存在x＞0，使h(x)＝3ln x－x2－2x＞a成立， 等價于a＜h(x)max(x＞0)． 因為h′(x)＝－x－2＝ ＝－， 令得0＜x＜1；令得x＞1. 所以函數(shù)h(x)＝3ln x－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)＝－， 即a＜－，因此參數(shù)a的取值范圍為. 　(1)“恒成

10、立”“存在性”問題一定要正確理解其實質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進(jìn)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，解題過程中盡量采用分離參數(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)＝. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)存在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(dāng)a≤0時，f′(x)＜0，f(x)在R上單調(diào)遞減； 當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝0得x＝ln a. 由f′(x)＞0得x＜ln a，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，ln a)； 由f′(x)＜0得x＞ln a，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(ln a，＋∞)． (2)因為存在x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，則ax≤，即a≤. 設(shè)h(x)＝，則問題轉(zhuǎn)化為a≤max， 由h′(x)＝， 令h′(x)＝0，則x＝. 當(dāng)x在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表： x (0，) h′(x) ＋ 0 － h(x) 極大值 由上表可知，當(dāng)x＝時，函數(shù)h(x)有極大值，即最大值為，所以a≤.