第四章　第四节　第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题.docx

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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x0时,分离参数a,

得a≥-ex

记g(x)=-ex

g(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-10,

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,x0,2-ex0,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,x

①若a≥0,则f(x)0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增.

②若a0,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a0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a0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)=x20,符合题意;

当a0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)=1-2a0,

所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,g(x)≥g(1)=0,从而f(x)-lnxx

②若0a12,当x∈[1,12a)时,F

所以g(x)在[1,12

从而g(x)≥g(1)=1-2a0,

所以g(