高中数学选择性必修2课件：培优课 利用导数研究恒成立或能成立问题(人教A版)

培优课利用导数研究恒成立或能成立问题恒成立问题与有解问题是高中数学的重要知识，其中不等式的恒成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查考生分析问题、解决问题的能力.利用导数研究恒成立与有解问题常用的方法有：一种先利用综合法，结合导函数的零点之间的大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.类型一分离法求参数的取值范围①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上是增函数，因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，∴h(x)>h(0)＝0，故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.【例2】

已知函数f(x)＝lnx.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.解因为对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，当x∈(0，e)时，h′(x)>0；类型二等价转化法求参数范围【例3】

函数f(x)＝x2－2ax＋lnx，若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立，求实数a的取值范围.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].【例4】

已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x＋(1－x)ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.解

f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，即ex－ax－1≥0，x≥0.令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－a(x≥0)，当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，∴在[0，＋∞)上h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立.当a>1时，令h′(x)>0，得x>lna；令h′(x)<0，得0≤x<lna.∴h(x)在[0，lna)上单调递减，又∵h(0)＝0，∴h(x)≥0不恒成立，∴a>1不合题意.综上，实数a的取值范围为(－∞，1].类型三可化为不等式恒成立求参数的取值范围(含能成立问题)所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.解因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：尝试训练令h(x)＝x－xlnx，则h′(x)＝－lnx.由h′(x)＝0，得x＝1.当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0.故当x＝1时，函数h(x)＝x－xlnx取得最大值1，所以要使不等式a≤x－xlnx在(0，＋∞)上有解，只要a≤h(x)max即可，即a≤1.C解析

当x≤1时，由f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，所以当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，当a<1时，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，∴0≤a<1.综上，a≥0.C当x>1时，由f(x)＝x－alnx≥0恒成立，令g′(x)＝0，得x＝e，且当1<x<e时，g′(x)<0，当x>e时，g′(x)>0，∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.综上，a的取值范围是[0，e].当x>1时，由f(x)＝x－alnx≥0恒成立，令g′(x)＝0，得x＝e，且当1<x<e时，g′(x)<0，当x>e时，g′(x)>0，∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.综上，a的取值范围是[0，e].解依题意，不等式f(x)<g(x)在[1，e]上有解，

当x∈[1，e]时，h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上是增函数，(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增.(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围.解

因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立.即实数m的取值范围是[e，＋∞).备用工具&资料(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增.当x>1时，由f(x)＝x－alnx≥0恒成立，令g′(x)＝0，得x＝e，且当1<x<e时，g′(x)<0，当x>e时，g′(x)>0，∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.综上，a的取值范围是[0，e].(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增.尝试训练令h(x)＝x－xlnx，则h′(x)＝－lnx.由h′(x)＝0，得x＝1.当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0.故当x＝1时，函数h(x)＝x－xlnx取得最大值1，所以要使不等式a≤x－xlnx在(0，＋∞)上有解，只要a≤h(x)max即可，即a≤1.C类型一分离法求参数的取值范围①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.【例4】

已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x＋(1－x)ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.解

f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，即ex－ax－1≥0，x≥0.令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－a(x≥0)，当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，∴在[