2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数的应用第4课时利用导数研究不等式的恒成立问题教学案理

第4课时 利用导数研究不等式的恒成立问题
策略一：分离参数法
(2020·南昌质检)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3
＋ax 2
－x ＋2. (1)求函数f (x )的单调区间；
(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1.令
f ′(x )<0，得ln x ＋1<0，解得0<x <1
e
，所以f (x )的减区间是⎝
⎛⎭
⎪⎫0，1e .令f ′(x )>0，得ln x
＋1>0，解得x >1e ，所以f (x )的增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.综上，f (x )的减区间是⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1e ，增区间是⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞. (2)因为g ′(x )＝3x 2
＋2ax －1，由题意得2x ln x ≤3x 2
＋2ax ＋1恒成立．因为x >0，所以a ≥ln x －32x －12x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x －32x －1
2x (x >0)，则h ′(x )
＝1x －32＋12x 2＝－（x －1）（3x ＋1）2x 2
.令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－1
3
(舍)． 当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：
x (0，1) 1 (1，＋∞)
h ′(x ) ＋
0 －
h (x )
极大值
所以当x ＝1max ，所以若a ≥h (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立，则a ≥h (x )max ＝－2，即a ≥－2，故实数a 的取值范围是[－2，＋∞)．
(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路
用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将
参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．
(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关” 转化关
通过分离参数法，先转化为f (a )≥g (x )(或f (a )≤g (x ))对任意的x ∈D 恒成立，
再转化为f (a )≥g (x )max (或f (a )≤g (x )min )
求最值关 求函数g (x )在区间D 上的最大值(或最小值)问题
(2020·石家庄质量检测)已知函数f (x )＝ax e x
－(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． 解：(1)若a ＝1，则f (x )＝x e x
－2(2x －1)． 即f ′(x )＝x e x
＋e x
－4， 则f ′(0)＝－3，f (0)＝2， 所以所求切线方程为3x ＋y －2＝0. (2)由f (1)≥0，得a ≥1
e －1>0，
则f (x )≥0对任意的x >0恒成立可转化为a
a ＋1≥2x －1
x e x
对任意的x >0恒成立． 设函数F (x )＝2x －1
x e x
(x >0)，
则F ′(x )＝－（2x ＋1）（x －1）
x 2e x .
当0<x <1时，F ′(x )>0； 当x >1时，F ′(x )<0，
所以函数F (x )在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的， 所以F (x )max ＝F (1)＝1
e .
于是
a
a ＋1≥1e ，解得a ≥1e －1
. 故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭
⎪
⎫1e －1，＋∞. 策略二：等价转化法
设f (x )＝a x
＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2
－3.
(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；
(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max
≥M .
由g (x )＝x 3
－x 2
－3，
得g ′(x )＝3x 2
－2x ＝3x ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －23.
令g ′(x )＞0得x ＜0或x ＞2
3，
令g ′(x )＜0得0＜x ＜2
3，
又x ∈[0，2]，
所以g (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23上是减少的，在区间⎝ ⎛⎦
⎥⎤23，2上是增加的， 所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－8527，
又g (0)＝－3，g (2)＝1， 所以g (x )max ＝g (2)＝1.
故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝112
27≥M ，
则满足条件的最大整数M ＝4.
(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2上，函数f (x )
min
≥g (x )max ，
由(1)可知在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1. 在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2上，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2
ln x 恒成立．
设h (x )＝x －x 2
ln x ，
h ′(x )＝1－2x ln x －x ，
令m (x )＝x ln x ，由m ′(x )＝ln x ＋1＞0得x ＞1
e
.
即m (x )＝x ln x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上是增函数， 可知h ′(x )在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2上是减函数， 又h ′(1)＝0，
所以当1＜x ≤2时，h ′(x )＜0； 当1
2
≤x ＜1时，h ′(x )＞0. 即函数h (x )＝x －x 2
ln x 在区间⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，1上是增加的，在区间(1，2]上是减少的，
所以h (x )max ＝h (1)＝1，
所以a ≥1，
即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．
(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化．
(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题．
已知函数f (x )＝a x
＋x 2
－x ln a (a >0，a ≠1)．
(1)求函数f (x )的极小值；
(2)若存在x 1，x 2∈[－1，1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1(e 是自然对数的底数)，求实数a 的取值范围．
解：(1)f ′(x )＝a x
ln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x
－1)ln a .
因为当a >1时，ln a >0，函数y ＝(a x
－1)ln a 在R 上是增函数， 当0<a <1时，ln a <0，函数y ＝(a x
－1)ln a 在R 上也是增函数， 所以当a >1或0<a <1时，f ′(x )在R 上是增函数，
又因为f ′(0)＝0，所以f ′(x )>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－∞，0)，故函数f (x )的增区间为(0，＋∞)，减区间为(－∞，0)，
所以函数f (x )在x ＝0处取得极小值1.
(2)因为存在x 1，x 2∈[－1，1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1成立， 所以只需f (x )max －f (x )min ≥e －1即可．
由(1)可知，当x ∈[－1，1]时，f (x )在[－1，0]上是减函数，在(0，1]上是增函数， 所以当x ∈[－1，1]时，f (x )min ＝f (0)＝1，f (x )max 为f (－1)和f (1)中的较大者．
f (1)－f (－1)＝(a ＋1－ln a )－⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＋1＋ln a ＝a －1
a －2ln a ，
令g (a )＝a －1
a
－2ln a (a >0)，
因为g ′(a )＝1＋1
a
2－2a ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－1a 2
>0，
所以g (a )＝a －1
a
－2ln a 在(0，＋∞)上是增函数．
而g (1)＝0，故当a >1时，g (a )>0，即f (1)>f (－1)； 当0<a <1时，g (a )<0，即f (1)<f (－1)． 所以当a >1时，f (1)－f (0)≥e －1， 即a －ln a ≥e －1.
由函数y ＝a －ln a 在(1，＋∞)上是增函数，解得a ≥e ；
当0<a <1时，f (－1)－f (0)≥e －1，即1
a
＋ln a ≥e －1，
由函数y ＝1a ＋ln a 在(0，1)上是减函数，解得0<a ≤1
e
.
综上可知，所求实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦
⎥⎤0，1e ∪[e ，＋
∞)．
[基础题组练]
1．已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x
＋a ，若对任意的x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，存在x 2∈[2，3]，使
得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是( )
A ．a ≤1
B ．a ≥1
C ．a ≤2
D ．a ≥2
解析：选A.由题意知f (x )min ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1≥g (x )min (x ∈[2，3])，因为f (x )min ＝5，g (x )min
＝4＋a ，所以5≥4＋a ，即a ≤1，故选A.
2．(2020·吉林白山联考)设函数f (x )＝e x ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋3x
－3－a x
，若不等式f (x )≤0有正实数
解，则实数a 的最小值为________．
解析：原问题等价于存在x ∈(0，＋∞)，使得a ≥e x
(x 2
－3x ＋3)，令g (x )＝e x (x 2
－3x ＋3)，x ∈(0，＋∞)，则a ≥g (x )min ，而g ′(x )＝e x
(x 2
－x )．由g ′(x )>0可得x ∈(1，＋∞)，由g ′(x )<0可得x ∈(0，1)．据此可知，函数g (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为g (1)＝e.综上可得，实数a 的最小值为e.
答案：e
3．(2020·西安质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x －1. (1)求函数y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；
(2)若不等式f (x )≤ag (x )对任意的x ∈(1，＋∞)均成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝1
x
，
所以f ′(1)＝1.
又f (1)＝0，所以切线的方程为y －f (1)＝f ′(1)(x －1)， 即所求切线的方程为y ＝x －1.
(2)易知对任意的x ∈(1，＋∞)，f (x )＞0，g (x )＞0. ①当a ≥1时，f (x )≤g (x )≤ag (x )；
②当a ≤0时，f (x )＞0，ag (x )≤0，所以不满足不等式f (x )≤ag (x )；
③当0＜a ＜1时，设φ(x )＝f (x )－ag (x )＝ln x －a (x －1)，则φ′(x )＝1
x
－a ，
令φ′(x )＝0，得x ＝1
a
，
当x 变化时，φ′(x )，φ(x )的变化情况下表：
所以φ(x )max ＝φ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ＞φ(1)＝0，不满足不等式．
综上，实数a 的取值范围为[1，＋∞)． 4．已知函数f (x )＝ax －e x
(a ∈R )，g (x )＝ln x x
.
(1)求函数f (x )的单调区间；
(2)存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x
成立，求a 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝a －e x
，x ∈R .
当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )在R 上是减少的； 当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝ln a .
由f ′(x )＞0得f (x )的增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )＜0得f (x )的减区间为(ln a ，＋∞)． (2)因为存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x
， 则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x
2.
设h (x )＝ln x x
2，则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪
⎫ln x x 2max
，
由h ′(x )＝1－2ln x
x
3
，令h ′(x )＝0，则x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：
由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为2e .所以a ≤2e
.
5．(2020·河南郑州质检)已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R ，在(1，f (1))处的切线与x 轴平行．
(1)求f (x )的单调区间；
(2)若存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )－x 2
2＋2x ＋1
2>k (x －1)成立，求k 的取值范
围．
解：(1)由已知可得f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝1
x
－a ，所以f ′(1)＝1
－a ＝0，所以a ＝1，所以f ′(x )＝1x －1＝1－x
x
，令f ′(x )>0得0<x <1，令f ′(x )<0得x >1，
所以f (x )的 增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)．
(2)不等式f (x )－x 2
2＋2x ＋12>k (x －1)可化为ln x －x 2
2＋x －1
2>k (x －1)．令g (x )＝ln x
－x 2
2＋x －12－k (x －1)(x >1)，则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2
＋（1－k ）x ＋1x ，令h (x )＝－x 2
＋(1－k )x ＋1，x >1，h (x )的对称轴为x ＝1－k 2
.
①当1－k 2≤1时，即k ≥－1，易知h (x )在(1，x 0)上是减少的，所以h (x )<h (1)＝1－k ，
若k ≥1，则h (x )≤0，所以g ′(x )≤0，所以g (x )在(1，x 0)上是减少的，所以g (x )<g (1)＝0，不合题意．若－1≤k <1，则h (1)>0，所以必存在x 0使得x ∈(1，x 0)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(1，x 0)上是增加的，所以g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．
②当1－k 2>1时，即k <－1，易知必存在x 0，使得h (x )在(1，x 0)上是增加的．所以h (x )>h (1)
＝1－k >0，所以g ′(x )>0，所以g (x )在(1，x 0)上是增加的．所以g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．
综上，k 的取值范围是(－∞，1)． 6．设f (x )＝x e x
，g (x )＝12
x 2＋x .
(1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；
(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围．
解：(1)因为F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x
＋12x 2＋x ，
所以F ′(x )＝(x ＋1)(e x
＋1)，
令F ′(x )>0，解得x >－1，令F ′(x )<0，解得x <－1，
所以F (x )在(－∞，－1)上是减少的，在(－1，＋∞)上是增加的．
故F (x )min ＝F (－1)＝－12－1
e
.
(2)因为任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立， 所以mf (x 1)－g (x 1)>mf (x 2)－g (x 2)恒成立．
令h (x )＝mf (x )－g (x )＝mx e x
－12x 2－x ，x ∈[－1，＋∞)，
即只需证h (x )在[－1，＋∞)上是增加的即可．
故h ′(x )＝(x ＋1)(m e x
－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立， 故m ≥1e x ，而1
e x ≤e ，故m ≥e ，
即实数m 的取值范围是[e ，＋∞)．。