第四章　第四节　第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题

PAGE温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。板块。第四节导数的综合应用第1课时利用导数研究恒(能)成立问题【命题分析】恒(能)成立问题与有解问题是高考数学的重要知识,其中不等式恒成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等知识相交汇,综合考查学生分析问题、解决问题的能力,一般作为压轴题出现.【核心考点·分类突破】考点一不等式恒成立问题角度1分离参数法求参数范围[例1](2020·全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0时,f(x)≥12x3+1恒成立,求a的取值范围【解析】由f(x)≥12x3+1得ex+ax2-x≥12x3+1,其中①当x=0时,不等式为1≥1,显然成立,此时a∈R.②当x>0时,分离参数a,得a≥-ex记g(x)=-exg'(x)=-(x令h(x)=ex-12x2-x-1(x则h'(x)=ex-x-1,令H(x)=ex-x-1,H'(x)=ex-1>0,故h'(x)在(0,+∞)上单调递增,因此h'(x)>h'(0)=0,故函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(0)=0,即ex-12x2-x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.因此,g(x)max=g(2)=7-综上,实数a的取值范围是[7-e2解题技法分离参数法解决不等式恒成立问题的策略(1)观察:已知含参数λ的不等式f(λ,x)≥0恒成立.(2)转化:将不等式转化为g(λ)≥h(x),即将参数λ与变量x分离,可以将λ单独分离到不等式一边,也可以将只含有λ的一个代数式分离到不等式的一边.(3)求最值:求函数h(x)的最值或值域.求h(x)最大值或值域的方法要依据函数h(x)的形式确定,可以用导数法、均值不等式法、换元法、单调性法等.(4)得结论:若h(x)的最大值为M,则g(λ)≥M恒成立;若h(x)不存在最大值,其值域为(m,M)时,g(λ)≥M恒成立.对点训练(2024·湛江模拟)已知f(x)=x2若f(x)≤x-1对x∈[1,+∞)恒成立,求a的取值范围.【解析】f(x)≤x-1恒成立,即a≥x2-(x-1)ex在[1,+∞)上恒成立,设g(x)=x2-(x-1)ex,g'(x)=x(2-ex),x∈[1,+∞)时,x>0,2-ex<0,所以在[1,+∞)上,g'(x)<0,所以函数g(x)=x2-(x-1)ex在[1,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=1,所以a≥1,故a的取值范围为[1,+∞).角度2分类讨论法求参数范围[例2](2023·烟台模拟)已知函数f(x)=x2+alnx.(1)讨论f(x)的单调性;【解析】(1)因为f'(x)=2x+ax,x①若a≥0,则f'(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增.②若a<0,令f'(x)=0,得x=-a当x∈(0,-a2)时,f'(x)<0,f(当x∈(-a2,+∞)时,f'(x)>0,f(x综上所述,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0时,f(x)在(0,-a2)上单调递减,在(-(2)若f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.【解析】(2)由(1)知f'(x)=2x2+当a>0时,f'(x)>0,所以f(x)单调递增,又x→0+,f(x)→-∞,故f(x)≥0不恒成立;当a=0时,f(x)=x2>0,符合题意;当a<0时,f(x)在(0,-a2)上单调递减,在(-所以f(x)min=f(-a2)=-a2+a由f(x)≥0恒成立,可得-a2+aln-a2≥0,解得a≥-2e,所以-2e≤综上,a的取值范围为[-2e,0].解题技法根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题,此类问题关键是对参数分类讨论,在参数的每一段上求函数的最值,并判断是否满足题意,若不满足题意,只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可.对点训练已知函数f(x)=lnx-a(x-1),a∈R,x∈[1,+∞),且f(x)≤lnxx+1恒成立,求【解析】f(x)-lnxx+1构造函数g(x)=xlnx-a(x2-1)(x≥1),g'(x)=lnx+1-2ax,令F(x)=g'(x)=lnx+1-2ax,F'(x)=1-①若a≤0,则F'(x)>0,g'(x)在[1,+∞)上单调递增,g'(x)≥g'(1)=1-2a>0,所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,g(x)≥g(1)=0,从而f(x)-lnxx②若0<a<12,当x∈[1,12a)时,F'所以g'(x)在[1,12从而g'(x)≥g'(1)=1-2a>0,所以g(x)在[1,12a)上单调递增,g(x)≥从而f(x)-lnxx③若a≥12,则F'(x所以g'(x)在[1,+∞)上单调递减,g'(x)≤g'(1)=1-2a≤0.所以g(x)在[1,+∞)上单调递减,从而g(x)≤g(1)=0,f(x)-lnx综上,a的取值范围是[12,+∞)角度3“最值法”解决不等式恒成立问题[例3]已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)=(x-1)ex-ax22,若f(x)≤3在(0,2]上恒成立,求实数【解析】函数f(x)的导数f'(x)=xex-ax=x(ex-a),①若a≤1,则在(0,2]上,f'(x)>0恒成立,f(x)单调递增,因此f(x)max=f(2)=e2-2a>3,不符合题意;②若1<a<e2,令f'(x)=0得x=lna,当x∈(0,lna)时,f'(x)<0,当x∈(lna,2]时,f'(x)>0,因此f(x)在(0,lna)上单调递减,在(lna,2]上单调递增,又因为f(0)=-1<3,所以只需f(2)≤3即可,即e2-2a≤3,解得e2-32≤③若a≥e2,则在(0,2)上,f'(x)<0恒成立,f(x)单调递减,因此f(x)<f(0)=-1<3,符合题意.综上所述,实数a的取值范围是[e2-解题技法在不等式恒成立问题中,如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求,可以把含参不等式整理成f(x,a)>0或f(x,a)≥0的形式,然后从研究函数的性质入手,通过讨论函数的单调性和极值,直接用参数表达函数的最值,然后根据题意,建立关于参数的不等式,解不等式即得参数的取值范围.(1)如果f(x,a)有最小值g(a),则f(x,a)>0恒成立⇔g(a)>0,f(x,a)≥0恒成立⇔g(a)≥0;(2)如果f(x,a)有最大值g(a),则f(x,a)<0恒成立⇔g(a)<0,f(x,a)≤0恒成立⇔g(a)≤0.对点训练已知函数f(x)=aln(x+1),a∈R.若对任意的x∈[0,+∞),都有f(x)≥x-12x2恒成立,求实数a的取值范围【解析】对任意的x∈[0,+∞),都有f(x)≥x-12x2恒成立,即aln(x+1)-x+12x2令h(x)=aln(x+1)-x+12x2(x则h'(x)=ax+1-1+x=x2+①当a≥1时,h'(x)≥0恒成立,所以函数h(x)在[0,+∞)上单调递增,因此h(x)min=h(0)=0,所以a≥1符合条件.②当a<1时,由h'(x)=0,x≥0,解得x=1-当x∈(0,1-a)时,h'(x)<0;当x∈(1-a,+∞)时,h'(x)>0,h(x)min=h(1-a)<h综上可知,实数a的取值范围为[1,+∞).考点二不等式能成立问题[例4]已知函数f(x)=x2-4ln(x+1).(1)求函数f(x)的极值;【解析】(1)因为f(x)=x2-4ln(x+1),定义域为(-1,+∞),所以f'(x)=2x-4x+1=令f'(x)=0,可得x=1或x=-2(舍去),由f'(x)>0,得x>1;由f'(x)<0,得-1<x<1,所以f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(-1,1).当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表:x(-1,1)1(1,+∞)f'(x)-0+f(x)↘1-4ln2↗故当x=1时,f(x)有极小值,并且极小值为f(1)=1-4ln2,无极大值.(2)存在x∈(-1,+∞),使不等式f(x)-a≤0成立,求实数a的取值范围.【解析】(2)存在x∈(-1,+∞),使不等式f(x)-a≤0成立,等价于f(x)min≤a,由(1)知f(x)min=f(1)=1-4ln2,所以a≥1-4ln2,即实数a的取值范围为[1-4ln2,+∞).解题技法已知不等式能成立求参数值(取值范围)问题常用的方法(1)函数法:讨论参数范围,借助函数单调性求解.(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域或最值问题加以解决.(3)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解.一般地,①∃x∈D,使得a>f(x)有解,则只需a>f(x)min;②∃x∈D,使得a<f(x)有解,则只需a<f(x)max.对点训练已知函数f(x)=12x2-(a+2)x+2alnx(a∈R).设函数g(x)=-(a+2)x,若至少存在一个x0∈[e,4],使得f(x0)>g(