高考数学科学复习创新方案提升版第19讲利用导数解决不等式恒(能)成立问题.docx

　导数与函数的综合应用[课程标准]1.能利用导数研究函数的单调性，对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间.2.借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.3.能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值，体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系．第19讲　利用导数解决不等式恒(能)成立问题考向一　恒成立问题例1　(2024·揭阳模拟)已知函数f(x)＝2ln x－mx2＋1(m∈R)．(1)当m＝1时，证明：f(x)<1；(2)若关于x的不等式f(x)<(m－2)x恒成立，求整数m的最小值．解　(1)证明：当m＝1时，f(x)＝2ln x－x2＋1(x>0)，所以f′(x)＝－x＝(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝，当x∈(0，)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在x＝处取得唯一的极大值，即最大值，所以f(x)max＝f()＝2ln －×2＋1＝ln 2，所以f(x)≤ln 2，而ln 20，所以G′(x)>0，所以G(x)在(0，＋∞)上单调递增．又因为G(1)＝－m＋3>0，所以关于x的不等式G(x)<0不能恒成立；当m>0时，G′(x)＝－.令G′(x)＝0，得x＝，当x∈时，G′(x)>0，当x∈时，G′(x)<0.因此函数G(x)在上单调递增，在上单调递减．故函数G(x)的最大值为G＝－2ln m＋2ln 2－1.令h(m)＝－2ln m＋2ln 2－1，易知h(m)在(0，＋∞)上单调递减，又h(2)＝0，所以当m≥3时，h(m)<0.所以整数m的最小值为3.求解不等式恒成立问题的方法(1)构造函数分类讨论：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)分离参数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，则a≥v(x)max；若a≤v(x)在x∈D上恒成立，则a≤v(x)min.　(2024·宜昌枝江一中质检)已知函数f(x)＝xln x，若对于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．解　解法一(分离参数法)：依题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤ln x＋在x∈[1，＋∞)上恒成立，亦即a≤，x∈[1，＋∞)．设g(x)＝ln x＋(x≥1)，则g′(x)＝－＝.令g′(x)＝0，得x＝1.当x≥1时，因为g′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增．所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．解法二(构造函数法)：当x＝1时，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.令F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xln x－ax＋1，原命题等价于F(x)≥0在x≥1时恒成立⇔F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．由于F′(x)＝ln x＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此函数F(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．考向二　能成立问题例2　(2024·邯郸模拟)已知函数f(x)＝a·2x－xln 2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明：不等式f(x)≤2ln a＋有实数解．解　(1)f′(x)＝aln 2·2x－ln 2＝ln 2(a·2x－1)，当a≤0时，f′(x)<0，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，当xlog2时，f′(x)>0，所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．(2)证明：要证不等式f(x)≤2ln a＋有实数解，只需证明f(x)min≤2ln a＋即可，由(1)得f(x)min＝f＝a·2log2－ln 2×log2＝1＋ln a，则只要证明1＋ln a≤2ln a＋即可，即证ln a＋－1≥0.令h(a)＝ln a＋－1(a>0)，则h′(a)＝－＝，当01时，h′(a)>0，所以函数h(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(a)≥h(1)＝0，即ln a＋－1≥0，所以当a>0时，不等式f(x)≤2ln a＋有实数解．由不等式能成立求参数范围的常见题型(1)存在x∈[a，b]，f(x)≥m成立⇔f(x)max≥m.(2)存在x∈[a，b]，f(x)≤m成立⇔f(x)min≤m.　(2023·汕头一模)已知函数f(x)＝x－aln x，g(x)＝－(a∈R)．若在[1，e]上存在x0，使得f(x0)2，不符合题意；③当a＋1≥e，即a≥e－1时，h′(x)≤0，h(x)在[1，e]上单调递减，则h(x)min＝h(e)＝e－a＋<0，得a>>e－1成立．综上所述，a的取值范围为(－∞，－2)∪.考向三　双变量不等式恒(能)成立问题例3　(2023·郑州四中第二次调研)已知函数f(x)＝＋2ln x(a>0)，g(x)＝x3－x2.(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x1∈(0，2]，都存在x2∈[1，2]，使得x1f(x1)≥g(x2)成立，试求实数a的取值范围．解　(1)由题意，可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵当a＝1时，f(x)＝＋2ln x，∴f′(x)＝－＋＝＝.∴当0＜x＜1时，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，1)上单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．∴函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)由g(x)＝x3－x2，得g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，又x∈[1，2]，∴g′(x)＞0，故函数g(x)在[1，2]上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝0.∴对任意的x∈(0，2]，xf(x)≥0恒成立，即＋2xln x≥0恒成立，∴a≥－2x2ln x恒成立．令h(x)＝－2x2ln x，x∈(0，2]，则h′(x)＝－2x－4xln x＝－2x(1＋2ln x)，x∈(0，2]，令h′(x)＝0，则1＋2ln x＝0，解得x＝e－.当x∈(0，e－)时，h′(x)＞0，∴函数h(x)在(0，e－上单调递增；当x∈(e－，2]时，h′(x)＜0，∴函数h(x)在(e－，2]上单调递减．∴h(x)max＝h(e－)＝，∴a≥.∴实数a的取值范围是.双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法：(1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最大值．(2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最小值．(3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值．(4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最大值．　已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，g(x)＝x3－－mx，其中00，所以ex＋1＋2m>0，所以当x>0时，f′(x)>0；当x<0时，f′(x)<0.故f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝－e.又g′(x)＝3x2＋－m≥4－m，因为00，所以g(x)在(0，2]上为增函数．所以g(x)max＝g(2)＝8－2－2m＝6－2m.依题意有f(x)min≤g(x)max，所以6－2m≥－e，又00，则实数a的取值范围为(　　)A．(－∞，－1) B．(－∞，1)C．(－1，3) D．(－∞，3)答案　D解析　f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，易得当x>2或x<0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当00，则f(0)＝3－a>0，故a<3.故选D.2．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2，2]恒成立，则m的取值范围是(　　)A．(－∞，7] B．(－∞，－20]C．(－∞，0] D．[－12，7]答案　B解析　令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3.因为f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，所以f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.3．(2024·南京模拟)已知函数f(x)＝x－sinx.若存在x∈，使f(x)≤ax成立，则a的取值范围为(　　)A. B.C. D.答案　A解析　由f(x)≤ax，得x－sinx≤ax，x∈，即a≥1－能成立，令h(x)＝1－，x∈，则h′(x)＝－＝，设φ(x)＝sinx－xcosx，x∈，则φ′(x)＝xsinx>0，∴φ(x)在x∈上单调递增，∴φ(x)≥φ＝－×＝×>0，∴在x∈上，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x)min＝h＝1－，∴a的取值范围是.4．(2023·衡水模拟)1614年纳皮尔在研究天文学的过程中为了简化计算而发明对数；163。