新课标2023版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第4课时利用导数研究不等式恒成立能成立问题教师用书

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\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，函数f(x)min≥g(x)max．由(1)可知在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值为g(2)＝1，所以在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立，等价于a≥x－x2lnx恒成立．设h(x)＝x－x2lnx，则h′(x)＝1－2xlnx－x，可知h′(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是减函数．又h′(1)＝0，所以当1<x<2时，h′(x)<0；当eq\f(1,2)<x<1时，h′(x)>0．即函数h(x)＝x－x2lnx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))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，＋∞)．“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价变换有：(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max．(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min．(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max．(4)∃x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min．已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,2)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)<g(x2)成立，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f((x－1)(x－a),x2)(a∈R)，当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，所以f(x)min＝f(1)＝1－a；当1＜a＜e时，x∈[1，a]，f′(x)≤0，f(x)为减函数，x∈[a，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，x∈[1，e]，f′(x)≤0，f(x)为减函数，所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e)．综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e)．(2)存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，即f(x)min＜g(x)min，当a＜1时，由(1)可知，x∈[e，e2]，f(x)为增函数，所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e)．g′(x)＝x＋ex－xex－ex＝x(1－ex)，当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－eq\f(a,e)<1，即a>eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1))．已知函数f(x)＝eq\f(lnx－a,x)(a∈R)．若a≥0，不等式x2f(x)＋a≥2－e对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围．[四字程序]读想算思a的取值范围1．恒成立问题的解题策略．2．如何构造函数求导研究有关函数的单调性，并求其最值转化与化归若a≥0，x2f(x)＋a≥2－e对任意的x∈(0，＋∞)恒成立1．数形结合．2．分离参数法．3．构造h(x)＝x2f(x)＋a＋e－2．4．构造g(x)＝xf(x)＋eq\f(a＋e－2,x)1．h(x)＝xlnx－ax＋a＋e－2，h′(x)＝lnx＋1－a．2．g(x)＝lnx－a＋eq\f(a＋e－2,x)，g′(x)＝eq\f(x－(a＋e－2),x2)1．函数最值．2．不等式与对应函数图象的分布关系思路参考：构造函数h(x)＝xlnx－ax＋a＋e－2的方式，把不等式问题直接转化为函数的最值问题来研究．解：x2f(x)＋a≥2－e，即xlnx－ax＋a＋e－2≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．令h(x)＝xlnx－ax＋a＋e－2，则h′(x)＝lnx＋1－a．令h′(x)＝0，得x＝ea－1．当x∈(0，ea－1)时，h′(x)<0；当x∈(ea－1，＋∞)时，h′(x)>0．所以h(x)的最小值是h(ea－1)＝a＋e－2－ea－1．令t(a)＝a＋e－2－ea－1，则t′(a)＝1－ea－1．令t′(a)＝0，得a＝1．当a∈[0,1)时，t′(a)>0，t(a)在[0,1)上单调递增；当a∈(1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减．所以当a∈[0,1)时，h(x)的最小值为t(a)≥t(0)＝e－2－eq\f(1,e)>0；当a∈[1，＋∞)时，h(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0＝t(2)，所以1≤a≤2．故a∈[0,2]．思路参考：把原不等式通过等价变形，转化为g(x)＝lnx－a＋eq\f(a＋e－2,x)的最值问题来研究．解：要使x2f(x)＋a≥2－e对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，只要使xf(x)＋eq\f(a＋e－2,x)≥0即可．代入f(x)可得lnx－a＋eq\f(a＋e－2,x)≥0．构造函数g(x)＝lnx－a＋eq\f(a＋e－2,x)，g′(x)＝eq\f(x－(a＋e－2),x2)．当x∈(0，a＋e－2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(a＋e－2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(a＋e－2)＝ln(a＋e－2)－a＋1．再构造函数h(a)＝ln(a＋e－2)－a＋1，则h′(a)＝eq\f(3－a－e,a＋e－2)．令h′(a)＝0得到a＝3－e．当a∈[0,3－e)时，h′(a)>0，h(a)单调递增；当a∈(3－e，＋∞)时，h′(a)<0，h(a)单调递减．而h(0)＝ln(e－2)＋1>0，且h(3－e)＝e－2>0，但是因为h(2)＝0，所以0≤a≤2．思路参考：分离参数，a≥eq\f(xlnx＋e－2,x－1)(0<x<1)或a≤eq\f(xlnx＋e－2,x－1)(x>1)，减弱参数的影响，避免过多的讨论．解：原式可变为xlnx＋e－2≥a(x－1)(*)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．当x∈(0,1)时，分离变量可得a≥eq\f(xlnx＋e－2,x－1)．先求出函数g(x)＝xlnx的最小值．求得g′(x)＝lnx＋1．当x∈(0，e－1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(e－1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(e－1)＝－e－1．因为此时(xlnx)min＝－e－1，所以xlnx＋e－2≥－e－1＋e－2>0．又因为x∈(0,1)，所以eq\f(xlnx＋e－2,x－1)<0，而a≥0，所以a≥eq\f(xlnx＋e－2,x－1)显然成立．当x＝1时，代入(*)式验证e－2≥0显然成立．当x∈(1，＋∞)时，(*)式分离变量可变为a≤eq\f(xlnx＋e－2,x－1)．若令t(x)＝eq\f(xlnx＋e－2,x－1)，此时只需当x∈(1，＋∞)时，a≤t(x)min．求得t′(x)＝eq\f(x－lnx－(e－1),(x－1)2)，易得t′(e)＝0．下证x＝e是t′(x)＝eq\f(x－lnx－(e－1),(x－1)2)在x∈(1，＋∞)上的唯一零点．令h(x)＝x－lnx－(e－1)，则h′(x)＝1－eq\f(1,x)．当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，所以h(x)单调递增．即x＝e是t′(x)＝eq\f(x－lnx－(e－1),(x－1)2)的唯一零点．当x∈(1，e)时，t′(x)<0，t(x)单调递减；当x∈(e，＋∞)时，t′(x)>0，t(x)单调递增．所以a≤t(x)min＝t(e)＝2，故a∈[0,2]．思路参考：把不等式通过等价变形后，使不等号的一边出现直线的方程h(x)＝a(x－1)＋(2－e)，再分析不等号另外一边的函数g(x)＝xlnx的单调性，就会发现二者相切时即为参数的临界值．解：通过变形原不等式等价于证明：xlnx≥a(x－1)＋(2－e)，x∈(0，＋∞)．若令g(x)＝xlnx和h(x)＝a(x－1)＋(2－e)．则只需证明函数g(x)的图象在直线h(x)的上方．首先分析g(x)＝xlnx的图象．由解法3可知：当x∈(0，e－1)时，g(x)单调递减；当x∈(e－1，＋∞)时，g(x)单调递增，且g(x)min＝g(e－1)＝－e－1．其次分析h(x)＝a(x－1)＋(2－e)的图象．因为a≥0，所以h(x)表示过定点(1,2－e)的直线，且g(x)min＝－e－1>2－e．两个函数的图象大致如图(1)所示：图(1)图(2)所以如果我们能说明当g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点，就能求出a的最大值．设g(x)和h(x)相切于点P(x0，y0)，如图(2)，则可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a(x0－1)＋2－e＝x0lnx0①，,a＝g′(x0)＝lnx0＋1②.))消去lnx0得2－e＝a－ea－1③．易得a＝2为③式的解．令t(a)＝a－ea－1＋e－2，则t′(a)＝1－ea－1．当t′(a)＝0时，a＝1．当a∈[0,1]时，t′(a)≥0，t(a)单调递增；当a∈[1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)单调递减．因为t(0)＝－e－1＋e－2>0且t(1)＝e－