第3章 命题探秘1 第2课时 利用导数研究不等式恒(能)成立问题

[解] (1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex，
令f′(x)＝0，得x＝－1± 2，
当x∈(－∞，－1－ 2)时，f′(x)＜0；
当x∈(－1－ 2，－1＋ 2)时，f′(x)＞0；
当x∈(－1＋ 2，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，－1－ 2)，(－1＋ 2，＋∞)上单调递减，在
所以0＜a＜1＜a＋12，故12＜a＜1， 即实数a的取值范围为12，1.
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(2)由题意得，当x≥1时，k≤x＋1x1＋ln x恒成立，
令g(x)＝x＋1x1＋ln x(x≥1)，
1＋ln 则g′(x)＝
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点评：利用分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数) 恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：
(1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式． (2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值． (3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．
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1.分离参数法 一般地，若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需a＞f(x)max；若a＜f(x) 对x∈D恒成立，则只需a＜f(x)min.若存在x0∈D，使a＞f(x0)成立，则 只需a＞f(x)min；若存在x0∈D，使a＜f(x0)成立，则只需a＜f(x0)max.由 此构造不等式，求解参数的取值范围．
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[跟进训练]
已知函数f(x)＝1＋xln
x .
(1)若函数f(x)在区间a，a＋12上存在极值，求正实数a的取值范 围；
(2)当x≥1时，不等式f(x)≥x＋k 1恒成立，求实数k的取值范围．
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[解] 依题意，只需[f(x0)－g(x0)]min＜0，x0∈[1，e]即可． 令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－aln x＋a＋x 1，x∈[1，e]， 则h′(x)＝1－ax－a＋x2 1＝x2－ax－x2 a＋1＝[x－a＋x12]x＋1.令 h′(x)＝0，得x＝a＋1.
①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0， ＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝a－1， 则a－1≥0，得a≥1.
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②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0； 当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)＞0， 所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递 增， 所以h(x)min＝h(－a)， 又因为h(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不合题意． 综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
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点评：对于f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题，若无法分离参数， 一般采用作差法构造函数h(x)＝f(x)－g(x)或h(x)＝g(x)－f(x)，进而只需 满足h(x)min≥0或h(x)max≤0即可．
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[思维流程]
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[解] (1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，所以f(0)＝1，
f′(x)＝(x＋2)ex，所以f′(0)＝2，
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2.构造函数分类讨论法 有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大 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．
(1)略．
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思维过程
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则当x∈(0,2)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0,2)单调递增，而g(0)＝1，
故当x∈(0,2)时，g(x)＞1，不符合题意．
01 探本朔源·技法示例
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技法阐释 用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分 离参数，或构造新函数分类讨论，将不等式问题转化为函数的最值 问题．
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[思维流程]
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[解] (1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)． 即f′(x)＝xex＋ex－4， 则f′(0)＝－3，f(0)＝2， 所以所求切线方程为3x＋y－2＝0.
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高考示例 (2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围.
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关键4：根据gxmax≤1求 a的范围
即a≥7－4 e2.所以当7－4 e2≤a＜12时，g(x)≤1.
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(2)由f(1)≥0，得a≥e－1 1＞0，
则f(x)≥0对任意的x＞0恒成立可转化为a＋a 1≥2xx－ex 1对任意的x＞0
恒成立． 设函数F(x)＝2xx－ex 1(x＞0)，
则F′(x)＝－2x＋x12exx－1. 当0＜x＜1时，F′(x)＞0；
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典型考题·技法突破
技法一 技法二 技法三
分离参数法解决不等式恒成立问题 构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题 分离参数或构造函数解决不等式能成立问题
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技法一 分离参数法解决不等式恒成立问题 [典例1] (2020·石家庄模拟)已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)． (1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程； (2)当x＞0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
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故h(x)≤h(0)＝1－a，即g′(x)≤1－a， 要使f(x)－ax－1≤0在x≥0时恒成立，需要1－a≤0， 即a≥1，此时g(x)≤g(0)＝0，故a≥1. 综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
所以所求切线方程为2x－y＋1＝0. (2)令h(x)＝f(x)－g(x)，
由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，
因为h(x)＝(x＋a－1)ex－12x2－ax，
所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)．
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x＋1＋1xx－x＋11＋ln x2
x＝x－xl2n
x .
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再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－1x≥0， 所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0， 所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝2， 故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．
(ⅱ)若0＜2a＋1＜2，即－12＜a＜12，则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)
时，g′(x)＜0；当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0,2a＋1)，
(2，＋∞)单调递减，在(2a＋1,2)单调递增．由于g(0)＝1，所以
g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，→
(－1－ 2，－1＋ 2)上单调递增．
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(2)令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)， 令x＝0，可得g(0)＝0. g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a， 令h(x)＝(1－x2－2x)ex－a， 则h′(x)＝－(x2＋4x＋1)ex， 当x≥0时，h′(x)＜0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，
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技法二 构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题 [典例2] (2020·合肥六校联考)已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝ 12x2＋ax，其中a为常数． (1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的 取值范围．
第三章 导数及其应用
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命题探秘一 高考中的导数应用问题 第2课时 利用导数研究不等式恒(能)成立问题
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[跟进训练] 设函数f(x)＝(1－x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a的取值范围．
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技法三 分离参数或构造函数解决不等式能成立问题
[典例3] 已知函数f(x)＝x－aln x，g(x)＝－a＋x 1(a∈R)，若在[1，
e]上存在一点x0，使得f(x0)＜g(x0)成立，求a的取值范围． [思维流程]
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[解] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－1x－2 ln x＝－lnx2x，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减． 所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一的极值点，
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当x＞1时，F′(x)＜0，
所以函数F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以F(x)max＝F(1)＝1e.
于是a＋a 1≥1e，解得a≥e－1 1.
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故实数a的取值范围是e－1 1，＋∞.