导与练普通班届高三数学一轮复习第四课时利用导数研究不等式恒成立求参数范围专题课件理

2a
2a
(3)如果对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x 1 )-f(x2)|≥4|x1-x2 |恒成立,求实数a 的取值范围.
解：(3)不妨设 0<x1≤x2: ①当 a≥0 时,f′(x)>0,f(x) 在(0,+∞)上单调递增 , 即 f(x2)-4x2≥f(x1)-4x1 恒成立 . 构造函数 g(x)=f(x)-4x, 需证 g(x)=f(x)-4x 在(0,+∞)上单调递增 ,
【即时训练】 (2016洛阳统考)已知函数f(x)=ex+ax2-e2x. (1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线平行于x轴,求函数f(x)的单调 区间; 解: (1)由f′(x)=ex+2ax-e2得: y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率k=4a=0,则a=0. 此时 f(x)=ex-e2x,f′(x)=e x-e2. 由f′(x)=0,得x=2. 当x∈(-∞,2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减 ; 当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增 . 所以函数f(x)的单调增区间是(2,+∞), 单调减区间是(-∞,2).
所以 g(x)最小值为 g(1)=0,所以 f(x)≥a（1- 1 ）. x
x
1
(3)在区间(1,e)上 ea - ea x<0 恒成立,求实数 a 的取值范围.
x
1
(3)解:由题意可知 ea < ea
x,化简得
x ? 1 <ln
x,a>
x?1.
a
ln x
令
h(x)=
x
?
1 ,则
h′(x)=
ln
x
x ? 1 ?x ? 1?2 ?x ? 1?2
当 x∈(-1,0)时,f′(x)<0,此时 f(x)为减函数; 当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,此时 f(x)为增函数. 所以 f(x)min=f(0)=0, 所以 f(x)≥0 在定义域内恒成立.
(2)若当x≥0时,f(x)≤ax 2恒成立,求实数a的取值范围.
反思归纳 如果无法分离参数,可以考虑对参数或自变量进行分 类讨论求解 ,如果是二次不等式恒成立的问题 ,可以考虑二次项系数 或判别式的方法求解.
【即时训练】 (2016 张掖市模拟)已知函数 f(x)=ln (x+1)- x . x?1
(1)证明:f(x)≥0; (1)证明:由题意得函数的定义域为 (-1,+∞). f′(x)= 1 - 1 = x .
【即时训练】(2016 东北三校联考)已知函数 f(x)= x ? 1 (e 为自然对数的底数). ex
(1)求函数 f(x)的单调区间;
解:(1)因为函数的定义域为 R,f′(x)=- x , ex
x2
∈[1,e],f′(x)≥0,
f(x) 为增函数 ,f(x)min =f(1)=1-a. ②当1<a<e时, x∈[1,a]时,f′(x)≤0,f(x)为减函数; x∈[a,e]时,f′(x)≥0,f(x)为增函数. 所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1.
③当 a≥e 时,x∈[1,e]时,f′(x)≤0, f(x)在[1,e]上为减函数 . f(x)min=f(e)=e-(a+1)- a .
?
?x
?
1??1
x
,所以
h′(x)=
ln
x
?
1?
1 x
.
ln x
?ln x?2
?ln x?2
由(2)知,在 x∈(1,e)上,ln x-1+ 1 >0,所以 h′(x)>0, x
即函数 h(x)在(1,e)上单调递增, 所以 h(x)<h(e)=e-1. 所以 a≥e-1,即 a 的取值范围是 [e-1,+ ∞).
x 得 2ax2+4x+a+1≤0(x>0)恒成立. 根据二次函数 y=2ax2+4x+a+1(x>0) 开口方向向下 ,对称轴 x=- 1 >0,
a 所以只需Δ≤ 0,可得 16-8a(a+1) ≤0, 解得 a≤-2(a≥1 舍去).
③当-1<a<0 时,f(x)在 x∈（0, ? a ? 1 ）上单调递增 ; 2a
解：(2)函数 f(x)=(a+1)ln x+ax 2+ 1 的定义域为 (0,+∞), 2
且 f′(x)= a ? 1 +2ax= 2ax2 ? a ? 1 .
x
x
下面对参数 a 进行讨论:
当 a≥0 时,f′(x)>0,故 f(x)在(0,+∞)上单调递增 ; 当 a≤-1 时,f′(x)<0,故 f(x)在(0,+∞)上单调递减 ;
所以只需Δ≤ 0,可得 16-8a(a+1) ≤0,解得 a≥1(a≤-2 舍去).
②当 a≤-1 时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减, 即 f(x2)+4x2≤f(x1)+4x1 恒成立 . 构造函数 h(x)=f(x)+4x, 需证 h(x)=f(x)+4x 在(0,+∞)上单调递减, 即证 h′(x)=f′(x)+4= a ? 1 +2ax+4≤0,
当-1<a<0 时,令 f′(x)=0, 解得 x= ? a ? 1 , 2a
则当 x∈（0, ? a ? 1 ）,f′(x)>0;当 x∈（ ? a ? 1 ,+∞）,f′(x)<0.
2a
2a
故 f(x)在 x∈（0, ? a ? 1 ）上单调递增 ;在 x∈（ ? a ? 1 ,+∞）上单调递减 .
反思归纳 已知不等式f(x,λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒 成立,求参数λ的取值范围.利用导数解决此类问题可以运用分离参 数法,其一般步骤如下: 第一步,将原不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ为实参数 )分离,使不等式的 一边是参数,另一边不含参数, 即化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式; 第二步,利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的最大(小)值; 第三步,解不等式f1(λ)≥f2(x)max 或f1(λ)≤f2(x)min ,从而求出参数 λ的取值范围.
e 综上,当 a≤1 时,f(x)min=1-a; 当 1<a<e 时,f(x)min=a-(a+1)ln a-1; 当 a≥e 时,f(x)min=e-(a+1)- a .
e
(2)当a<1时,若存在x1∈[e,e 2],使得对任意的x2∈[ -2,0],f(x1)<g(x2) 恒成立,求a的取值范围. 解：(2)由题意知 f(x)(x∈[e,e 2])的最小值小于 g(x)(x∈[-2,0]) 的最小值. 由(1)知当 a<1 时 f(x)在[e,e 2]上单调递增,
反思归纳 不等式的恒成立与能成立问题
(1)f(x)>g(x) 对一切x∈I恒成立? I是f(x)>g(x)的解集的子集 ? [f(x)-g(x)] min>0(x∈I). (2)f(x)>g(x) 对x∈I能成立? I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集 ? [f(x)-g(x)] max>0(x∈I). (3)对? x1,x2∈D使得f(x1)≤g(x2)? f(x)max≤g(x)min. (4)对? x1∈D1,? x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)? f(x)min≥g(x)min,f(x)定义域 为D1,g(x)定义域为D2.
所以 g(x)≤g(2)=- e2 . 4
因此,a 的取值范围为（ - e2 ,+∞）. 4
方法二 分类讨论法求参数范围 【例 2】 (2016 珠海检测)已知函数 f(x)=(a+1)ln x+ax2+ 1 ,a∈R.
2
(1)当 a=- 1 时,求 f(x)的最大值;
3 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).当
(2)当 x>0 时,求证:f(x)≥a（1- 1 ）;
x
(1)解:f′(x)= a ,f′(2)= a =2,a=4.
x
2
(2)证明:令 g(x)=a（ln x-1+ 1 ）,g′(x)=a（ 1 - 1 ）.
x
x x2
令 g′(x)>0,即 a（ 1 - 1 ）>0,解得 x>1, x x2
所以 g(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增.
f(x)min=f(e)=e-(a+1)- a .g′(x)=(1-ex)x. e
当 x∈[-2,0] 时 g′(x)≤0,g(x)为减函数, g(x)min=g(0)=1,
所以 e-(a+1)- a <1,即 a> e2 ? 2e ,
e
e?1
所以 a 的取值范围为( e2 ? 2e ,1). e?1
在 x∈（ ? a ? 1 ,+∞）上单调递减 , 2a
此时|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于 f(x2)-4x2≥f(x1)-4x1 恒成立或者 f(x2)+4x2≤f(x1)+4x1 恒成立, 由上可知 a≥1 或 a≤-2,这与-1<a<0 不符, 故此情况无解 . 综上所述,实数 a 的取值范围是 (-∞,-2]∪[1,+ ∞).
第四课时 利用导数研究不等式恒成立求参 数范围专题
专题概述 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题是高考考查的重点 ,常以压轴 题的形式出现,难度较大.解决此类问题常利用分离参数法或构造函数法 将问题转化为函数最值问题求解 .
方法一 分离参数法求参数范围
【例 1】 (2016 沈阳模拟 )已知函数 f(x)=aln x(a>0),e 为自然对数的底数 . (1)过点 A(2,f(2)) 的切线斜率为 2,求实数 a 的值;
a=-
1
时,
3
f(x)= 2 ln x- 1 x2+ 1 ,
3
32
f′(x)= 2 - 2 x= 2 ? 2x2 =- 2?x ? 1??x ? 1?,
3x 3
3x
3x
所以 f(x)的单调递增区间为(0,1),
单调递减区间为(1,+∞),所以[f(x)] max=f(1)= 1 . 6
(2)讨论函数f(x)的单调性;
所以 h(x)在定义域内递增 ,而 h(e-1)=ln e- e ? 1 -a(e-1) 2=-a(e-1)2+ 1 >0.
e
e
故 a≤0 不符合题意 ;
当 2a≥1 即 a≥ 1 时,因为 x≥0,故(x+1)2≥1,所以 1-2a(x+1) 2≤0, 2
故此时 h′(x)≤0 恒成立,所以 h(x)在定义域内递减, 所以 h(x)max=h(0)=0,所以此时 h(x)≤0 在定义域内恒成立, 故此时 f(x)≤ax2 恒成立,所以 a≥ 1 符合题意;
综上可知,所求 a 的范围是[ 1 ,+∞). 2
方法三 利用转化与化归思想求解存在性不等式成立问题
【例 3】(2016 新乡调研)已知函数 f(x)=x-(a+1)ln x- a (a∈R),g(x)= 1 x2+ex-xex.
x
2
(1)当 x∈[1,e]时,求 f(x)的最小值;
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= ?x ? 1??x ? a ? .①当 a≤1 时,x
即证 g′(x)=f′(x)-4= a ? 1 +2ax-4 ≥0, x
即 2ax2-4x+a+1≥0(x>0) 恒成立.
当 a=0 时,则由-4x+1≥0 得 x≤ 1 ,不合题意 ,即 a≠0,则 a>0. 4
根据二次函数 y=2ax2-4x+a+1(x>0) 开口方向向上 ,对称轴 x= 1 >0, a
(2)若x>0时,总有f(x)>-e2x,求实数a的取值范围. 解：(2)由 f(x)>-e2x 得 a>- e x .
x2
设 g(x)=- ex ,x>0,则 g′(x)= ex ?2 ? x?.
x2
x3
所以当 x∈(0,2)时,g′(x)>0,g(x) 在(0,2)上单调递增;
当 x∈(2,+∞)时,g′(x)<0,g(x) 在(2,+∞)上单调递减.
2
当 0<a< 1 时,令 h′(x)=0 得 x= 1 -1>0,
2
2a
当 x∈（0, 1 -1）时,h′(x)>0, 2a
故此时 h(x)递增;当 x∈( 1 -1,+∞)时,h′(x)<0,故此时 h(x)递减. 2a
而当 x→0 时,h(x)→ln 1=0,结合 h(x)此时的单调性,可知函数 h(x)不满足在 (0,+∞)上恒为负.
(2)解:由已知得 ln (x+1)- x -ax2≤0,当 x≥0 时恒成立. x?1
令 h(x)=ln (x+1)- x -ax2,x∈[0,+ ∞).
x?1
则 h′(x)= 1 -
1
-2ax=
x ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ?1 ?
2a ?x
?
1?2
? ?
.
x ? 1 ?x ? 1?2
?x ? 1?2
当 a≤0 时,显然 h′(x)≥0 恒成立,