第5章习题课不等式恒成立与能成立问题++学案 高二下学期数学苏教版（2019）+选择性必修第一册

习题课不等式恒成立与能成立问题[学习目标]1.了解解决不等式恒成立与能成立问题的方法.2.初步运用导数解决有关不等式恒成立与能成立问题．一、不等式恒成立问题例1设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)．(1)求f(x)的最小值h(t)；(2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围．反思感悟(1)“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化．λ≥f(x)恒成立⇔λ≥f(x)max；λ≤f(x)恒成立⇔λ≤f(x)min.对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可．(2)此类问题特别要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等号”的情况，以此来确定参数是否能取到端点值．跟踪训练1设函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c.(1)若对任意的x∈[0,3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围；(2)若对任意的x∈(0,3)，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围．二、不等式能成立问题例2已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝f(x)－x，求证：g(x)≤－1；(3)设h(x)＝f(x)－x2＋2ax－4a2＋1，若存在x使得h(x)≥0，求a的最大值．反思感悟同恒成立问题类似，能成立问题一般也转化为最值问题，也可采用分离参数法进行转化，若存在x，使得λ≥f(x)成立⇔λ≥f(x)min；若存在x，使得λ≤f(x)成立⇔λ≤f(x)max.跟踪训练2已知函数f(x)＝xlnx＋ax＋b(a，b∈R)在点(1，f(1))处的切线为3x－y－2＝0.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若存在实数m，使得m2－m－1<eq\f(fx,x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))时成立，求m的取值范围．1．知识清单：(1)不等式恒成立问题．(2)不等式能成立问题．2．方法归纳：转化法、分离参数法、分类讨论法．3．常见误区：忽略分离参数后检验等号是否能成立.习题课不等式恒成立与能成立问题例1解(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1.(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0，解得t＝1或t＝－1(舍去)．当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如表所示：t(0,1)1(1,2)g′(t)＋0－g(t)↗1－m↘∴对t∈(0,2)，当t＝1时，g(t)max＝1－m，h(t)<－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，等价于g(t)<0对t∈(0,2)恒成立，只需g(t)max＝1－m<0，∴m>1.故实数m的取值范围是(1，＋∞)．跟踪训练1解(1)∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，∴当x∈[0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1,2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2,3]时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，∴当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c.又f(3)＝9＋8c＞f(1)，∴当x∈[0,3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c.∵对任意的x∈[0,3]，有f(x)＜c2恒成立，∴9＋8c＜c2，即c＜－1或c＞9，∴c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)．(2)由(1)知f(x)＜f(3)＝9＋8c，∴9＋8c≤c2，即c≤－1或c≥9，∴c的取值范围为(－∞，－1]∪[9，＋∞)．例2(1)解因为f(x)＝eq\f(lnx,x)，所以f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).令f′(x)>0，即1－lnx>0，解得0<x<e；令f′(x)<0，即1－lnx<0，解得x>e，所以f(x)的增区间为(0，e)，减区间为(e，＋∞)．(2)证明因为f(x)＝eq\f(lnx,x)，所以g(x)＝eq\f(lnx,x)－x，所以g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)－1＝eq\f(1－lnx－x2,x2)，令t(x)＝1－lnx－x2，则t′(x)＝－eq\f(1,x)－2x<0，所以t(x)＝1－lnx－x2是减函数，因为t(1)＝1－ln1－12＝0，所以当x∈(0,1)时，t(x)>0，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，t(x)<0，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．g(x)max＝g(1)＝eq\f(ln1,1)－1＝－1，所以g(x)≤g(1)＝－1.(3)解因为f(x)＝eq\f(lnx,x)，所以h(x)＝eq\f(lnx,x)－x2＋2ax－4a2＋1，①当0≤a≤eq\f(1,2)时，h(1)＝2a－4a2＝2a(1－2a)≥0，即存在1，使得h(1)≥0；②当a>eq\f(1,2)时，由(2)可知，eq\f(lnx,x)－x≤－1，即eq\f(lnx,x)≤x－1.所以h(x)≤x－x2＋2ax－4a2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2a＋1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a＋1,2)))2－4a2≤－3a2＋a＋eq\f(1,4)＝eq\f(－2a－16a＋1,4)<0，所以对任意x>0，h(x)<0，即不存在x使得h(x)≥0.综上所述，a的最大值为eq\f(1,2).跟踪训练2解(1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f′(x)＝lnx＋a＋1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝a＋1＝3，,f1＝a＋b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－1，))故f(x)＝xlnx＋2x－1.(2)令h(x)＝eq\f(fx,x)＝lnx－eq\f(1,x)＋2，则h′(x)＝eq\f(1,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，eq\f(1,x)∈[1,4]，∴h′(x)≥h′(1)＝2>0，故h(x)在eq\f(1,x)∈[1,4]上单调递增，h(x)≤h(1)＝1.要存在实数m，使得m2－