江苏省2020版高考数学第三章导数及其应用第4讲导数的综合应用——解决恒成立、存在性问题课件

第4讲 导数的综合应用——解决恒成立、存在性问题
考试要求 1.理解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性(B 级要求)；2.掌握利用导数求函数极值与最值的方法(B级要求)；3.会利用导数解 决与不等式有关的恒成立问题、存在性问题；4.会利用导数解决涉及函数零点的 一些问题.
知识梳理
运用不等式求解恒成立、存在性问题的转化关系
当 a>0 时，由 f′(x)＝0，有 x＝ 12a.
此时，当 x∈0，
12a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当 x∈
12a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
(2)令 g(x)＝1x－ex1－1，s(x)＝ex－1－x.
则s′(x)＝ex－1－1.而当x>1时，s′(x)>0， 所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增. 又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0. 当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0. 故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
解 由题知 2xln x≥－x2＋ax－3，即 a≤2ln x＋x＋3x，
对一切x∈(0，＋∞)恒成立.
设 h(x)＝2ln x＋x＋3x(x>0)，
则 h′(x)＝(x＋3x)(2x－1)，
当x∈(0，1)时，h′(x)<0，故h(x)在(0，1)上单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0， 故h(x)在(1，＋∞)上单调递增. 所以h(x)在(0，＋∞)上有唯一极小值h(1)，即为最小值，所以h(x)min＝h(1)＝4， 因为对一切x∈(0，＋∞)，a≤h(x)恒成立，所以a≤4.
不等式类型 任意的x∈D，f(x)>M 任意的x∈D，f(x)<M 存在x∈D，f(x)>M 存在x∈D，f(x)<M 任意的x∈D，f(x)>g(x)
与最值的关系
任意的x∈D，__f(_x_)m_i_n>_M___ 任意的x∈D，_f_(_x)_m_a_x<_M___ 任意的x∈D，__f(_x_)_m_ax_>_M__
因此，h(x)在区间(1，＋∞)单调递增.
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.
综上，a∈12，＋∞.
考点三 存在性问题 【例3】 已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R).
(1)求f(x)的单调区间； (2)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]使得f(x1)<g(x2)， 求a的取值范围.
令 g(x)＝(x＋1)(x1＋ln x)，
则
(1＋ln g′(x)＝
x＋1＋1x)x－(x＋1)(1＋ln x2
x)＝x－xl2n
x .
再令 h(x)＝x－ln x，则 h′(x)＝1－1x≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0， 所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2， 故k≤2.所以实数k的取值范围是(－∞，2].
任意的x∈D1，任意的x∈D2， ___f(_x_)_m_ax_>_g_(_x_)m_a_x__
任意的x∈D1，任意的x∈D2， ___f(_x_)m_a_x_>_g_(_x)_m_in___
诊断自测
1.已知g(x)＝
2 x
＋x2＋2aln
x在[1，2]上是减函数，则实数a的取值范围为________.
(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x ＋1＞0等价于
k＜exx＋－11＋x(x＞0).① 令 g(x)＝exx＋－11＋x， 则 g′(x)＝（－exx－ex－1）1 2＋1＝ex（（eexx－－x1－）22）.
解析 g′(x)＝－x22＋2x＋2xa，
由已知得g′(x)≤0在[1，2]上恒成立，可得a≤－x2在[1，2]上恒成立.
又当 x∈[1，2]时，1x－x2min＝12－4＝－72. ∴a≤－72. 答案 －∞，－72
2.(2019·苏北四市联考)已知函数f(x)＝x3－ax2＋4，若f(x)的图象与x轴正半轴有两个不 同的交点，则实数a的取值范围为________. 解析 由题意知f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)， 当a≤0时，不符合题意.
解 (1)函数的定义域为(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 为极大值点，所以 0<a<1<a＋12，
故12<a<1，即实数 a 的取值范围为12，1. (2)当 x≥1 时，k≤(x＋1)(x1＋ln x)恒成立，
解 (1)f′(x)＝a＋1x＝ax＋x 1(x>0)，
①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0， 所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞).
②当 a<0 时，由 f′(x)＝0，得 x＝－1a. 在区间0，－1a上，f′(x)>0，在区间－1a，＋∞上，f′(x)<0，所以函数 f(x)的单调递增区 间为0，－1a，单调递减区间为－1a，＋∞.
当 a>0 时，f(x)在0，23a上单调递减，
在23a，＋∞上单调递增，
所以由题意知 f
2a
3
<0
且
f(0)＝4>0，解得
a>3.
答案 (3，＋∞)
3.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；
Байду номын сангаас
(2)如果当 x≥1 时， 不等式 f(x)≥x＋k 1恒成立 ，求实数 k 的取值范围.
F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.
故当x≥－2时，F(x)≥0恒成立，即f(x)≤kg(x). ②若当k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)，当x>－2时，F′(x)>0，则F(x)在(－2，＋∞) 上单调递增，而F(－2)＝0，故当且仅当x≥－2时，F(x)≥0恒成立，即f(x)≤kg(x). ③若k>e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0. 从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立. 综上，k的取值范围为[1，e2].
由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增.而h(1)＜0，h(2)＞0，所以h(x) 在(0，＋∞)上存在唯一的零点.故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点.设此零点为α， 则α∈(1，2). 当x∈(0，α)时，g′(x)＜0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小 值为g(α).又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2，3). 由于①式等价于k＜g(α)，故整数k的最大值为2.
考点二 不等式恒成立问题
【例2】 设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点 P(0，2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2. (1)求a，b，c，d的值. (2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围. 解 (1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4， g′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c). 故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4. 从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.
【训练2】 设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R. (1)讨论f(x)的单调性；
(2)确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)>1x－e1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自 然对数的底数). 解 (1)f′(x)＝2ax－1x＝2axx2－1(x>0).
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.
规律方法 含参数的能成立(存在型)问题的解题方法： a≥f(x)在区间D上能成立⇒a≥f(x)min； a≤f(x)在区间D上能成立⇒a≤f(x)max.
规律方法 含参数的不等式恒成立问题，除了分离参数外，常用构造函数转化法求 参数，常见方法如下： (1)f(x)≥0在区间D上恒成立，则f(x)min≥0在D上恒成立； (2)f(x)≥g(x)在区间D上恒成立，则f(x)min≥g(x)max在D上恒成立或h(x)＝f(x)－g(x)，则 h(x)min≥0在D上恒成立. (3)在处理含参数的恒成立问题时，注意分类讨论思想的应用.
f(x)min<M 任意的x∈D[，f(x_)_－__g_(_x)_]_m_in_>0 任意的x∈D，________________
任意的x∈D，f(x)<g(x) 任意的x1∈D1，任意的x2∈D2，
f(x1)>g(x2) 任意的x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2)
存在x1∈D1，任意的x2∈D2，f(x1)>g(x2)
规律方法 利用导数研究含参数的不等式问题，若能分离参数，则转化为形如 a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围.恒成立问题的求 解方法如下： (1)f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a；(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b.
【训练1】 (2019·新海中学调研)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3，其中a为实 数.对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.
存在x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2)
任意的x∈D，_[_f_(x_)_－__g_(_x)_]_m_ax_<_0__ 任意的x∈D1，任意的x∈D2， __f_(x_)_m_in_>_g_(_x_)m_a_x__
任意的x∈D1，任意的x∈D2， __f_(x_)_m_in_>_g_(_x_)m_i_n __
(2)由已知得所求可转化为f(x)max<g(x)max，g(x)＝(x－1)2＋1，x∈[0，1]， 所以g(x)max＝2， 由(1)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意.
当 a<0 时，f(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减，故 f(x)的极大值即为 最大值，是 f －1a＝－1＋ln－1a＝－1－ln(－a)， 所以 2>－1－ln(－a)，解得 a<－e13.
当 0<a<12时，
1 2a>1.
由(1)有 f
12a<f(1)＝0，而
g
12a>0，所以此时 f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立.
当 a≥12时，令 h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1). 当 x>1 时，h′(x)＝2ax－1x＋x12－e1－x>x－1x＋x12－1x＝x3－x22x＋1>x2－x22x＋1>0.
(2)由(1)知f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1). 设F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2， 则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1). 由题设可得F(0)≥0，即k≥1. 令F′(x)＝0，即2(x＋2)(kex－1)＝0，得x1＝－ln k，x2＝－2. ①若1≤k<e2，则－2<x1≤0，从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)<0， 当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0， 即F(x)在x∈(－2，x1)上单调递减，在x∈(x1，＋∞)上单调递增，故F(x)在[－2，＋∞) 上有最小值为F(x1).
考点一 分离参数法求解恒成立问题
【例1】 设函数f(x)＝ex－ax－2. (1)求f(x)的单调区间； (2)若a＝1，k为整数，且当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值. 解 (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在 (－∞，＋∞)上单调递增；若a＞0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0； 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a， ＋∞)上单调递增.