第五节 利用导数研究不等式恒成立问题
专题05 应用导数研究不等式恒成立问题(解析版)
专题05 应用导数研究不等式恒成立问题【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，应用导数研究不等式恒成立问题的主要命题角度有：证明不等式恒成立、由不等式恒(能)成立求参数的范围、不等式存在性问题.本专题就应用导数研究不等式恒成立问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法---参变分离、数形结合、最值分析等.一、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.二、不等式恒成立问题的求解策略(1)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：(2)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与判别式的方法(a＞0，Δ＜0或a＜0，Δ＜0)求解．三、不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．【压轴典例】例1．（2021·全国高三其他模拟）已知数列{}n a 满足11a =，()1ln 1n n a a +=+.若11n n a a λ++≥恒成立，则实数λ的最大值是（ ）(选项中e 为自然对数的底数，大约为2.71828)A ．21e -B ．2e 1- CD ．e【答案】D【详解】由()1ln 1n n a a +=+得()111ln 1n n n n a a a a +++-=-+，设()ln(1),1f x x x x =-+>-， ()1x f x x '=+，()f x 在(1,0)-单调递减，在(0,+∞）单调递增，故min ()(0)0f x f ==，则10n n a a +->，所以1n n a a +≤， 1n a ≥，由11n n a a λ++≥得111ln(1)n n a a λ++++≥易得11ln(11)n n a a λ++≤++，记110n t a ++=>，所以111ln(1ln )n n a t a t ++=++，记()ln t f t t=，()2ln 1()ln t f t t -'=，当ln 10t ->即()0f t '>得t e >时()f t 单调递增，当ln 10t -<即()0f t '<得0t e <<时()f t 单调递减，所以min ()()f t f e e ==，得e λ≤，例2．（2021·浙江嘉兴市·高三）已知函数()()()1x f x e a tax =-+，其中0t ≠．若对于某个t ∈R ，有且仅有3个不同取值的a ，使得关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则t 的取值范围为（ ）A ．()1,eB ．(),2e eC ．(),e +∞D ．()2,e +∞ 【答案】C【详解】显然0a ≥，否则0x e a ->，于是()()()10x f x e a tax =-+≥，即10tax +≥，这与不等式的解集为R 矛盾．又易知0a =时，不等式()0f x >恒成立．于是仅需再分析0a >的情形．易知0t >，由()()()10x f x e a tax =-+=知ln x a =或1x ta=-，所以11ln ln a a a ta t =-⇔-=．所以原问题等价于关于a 的方程1ln a a t-=有两解，设()ln h a a a =，则()ln 1h a a '=+，10a e <<时，()0h a '<，()h a 递减，1a e>时，()0'>h a ，()h a 递增，所以min 11()h a h e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，0x →时，()0h a →，a →+∞时，()h a →+∞，所以由关于a 的方程1ln a a t -=有两解，得110e t-<-<，所以t e >． 例3.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a.(1)当a=e 时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)≥1,求a 的取值范围.【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ae x-1-.(1)当a=e 时,f(x)=e x -ln x+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.直线y=(e-1)x+2在x 轴,y 轴上的截距分别为,2,因此所求三角形的面积为.(2)当0<a<1时,f(1)=a+ln a<1不满足条件;当a=1时,f(x)=e x-1-ln x,f'(x)=e x-1-.当x ∈(0,1)时,f'(x)<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.所以a=1满足条件;当a>1时,f(x)=ae x-1-ln x+ln a ≥e x-1-ln x ≥1.综上,a 的取值范围是[1,+∞).例4.(2020·全国卷Ⅰ高考理科·T21)已知函数f(x)=e x +ax 2-x.(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x ≥0时,f (x )≥x 3+1,求a 的取值范围. 【解析】(1)当a =1时,f=e x +x 2-x ,f'=e x +2x -1,由于f″=e x +2>0, 故f'单调递增,注意到f'=0, 故当x ∈时,f'<0,f 单调递减,当x ∈时,f'>0,f 单调递增.(2)由f ≥x 3+1得,e x +ax 2-x ≥x 3+1,其中x ≥0, ①当x =0时,不等式为:1≥1,显然成立,符合题意;②当x>0时,分离参数a得,a≥-,记g =-,g'=-,令h=e x -x2-x -1,则h'=e x-x-1,h″=e x-1≥0,故h'单调递增,h'≥h'=0,故函数h单调递增,h≥h=0,由h≥0可得:e x -x2-x-1≥0恒成立,故当x ∈时,g'>0,g单调递增;当x ∈时,g'<0,g单调递减,因此,=g =,综上可得,实数a 的取值范围是.例5.(2020·天津高考·T20)已知函数f(x)=x3+k ln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;②求函数g(x)=f(x)-f'(x )+的单调区间和极值;(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>.【解析】(1)①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,f'(x)=3x2+.可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x +,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x +-,整理可得:g'(x )=,令g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如表:x(0,1) 1 (1,+∞)g'(x) - 0 +g(x) 单调递减极小值单调递增所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)由f (x )=x 3+k ln x ,得f'(x )=3x 2+.对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令=t (t >1), 则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))=(x 1-x 2)-2 =--3x 2+3x 1+k -2k ln =(t 3-3t 2+3t -1)+k .(ⅰ)令h (x )=x --2ln x ,x ∈(1,+∞).当x >1时,h'(x )=1+-=>0,由此可得h (x )在(1,+∞)上单调递增,所以当t >1时,h (t )>h (1),即t --2ln t >0. 因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t -1=(t -1)3>0,k ≥-3, 所以(t 3-3t 2+3t -1)+k ≥(t 3-3t 2+3t -1)-3=t 3-3t 2+6ln t +-1.(ⅱ) 由(1)②可知,当t >1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t +>1,故t 3-3t 2+6ln t +-1>0.(ⅲ) 由(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))>0.所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有>.例6．（2021·江苏苏州市·高三）已知函数()e ln ax f x x x =-，其中e 是自然对数的底数，0a >.（1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线斜率为21e -，求a 的值；（2）对于给定的常数a ，若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，求证：b a ≤．【答案】（1）1a =；（2）证明见解析.【详解】（1）因为1()(1)ax f x ax e x'=+-，所以切线斜率为(1)(1)121a k f a e e '==+-=-，即(1)20a a ee +-=．设()(1)2x h x x e e =+-， 由于()(2)0x h x x e '=+>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0h =，由(1)()02a a e h a e +-==可得1a =．（2）设()1t u t e t =--，则()1t u t e '=-，当0t >时，()0u t '>，当0t <时，()0u t '<，所以()u t 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以min()(0)0u t u ==，即()0u t ≥，所以1(*)t e t ≥+．若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ax xe x bx --≥对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax ax x xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立．设ln 1()ax xe x g x x --=，由（*）可知ln ln 1ln 1ln 1ln 1()ax ax x xe x e x ax x x g x a x x x+----++--==≥=， 当且仅当()ln 0x ax x ϕ=+=时等号成立．由()1()00x a x xϕ'=+>>，所以()ϕx 在()0+∞，上单调递增，又()()1a a a e ae a a e ϕ---=-=-，由0a >，所以10a e --<，即()0a e ϕ-<()10a ϕ=>，则存在唯一()0,1a x e -∈使得0()=0x ϕ，即方程()ln 0x ax x ϕ=+=有唯一解()0,1a x e -∈，即()g x a ≥(对于给定的常数a ，当0x x =，()0,1a x e -∈时取等号)由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，所以b a ≤． 例7.(2020·江苏高考·T19)已知关于x 的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b ∈R)在区间D 上恒有f(x)≥h(x)≥g(x).(1)若f(x)=x 2+2x,g(x)=-x 2+2x,D=(-∞,+∞).求h(x)的表达式;(2)若f(x)=x 2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞).求k 的取值范围;(3)若f(x)=x 4-2x 2,g(x)=4x 2-8,h(x)=4(t 3-t)x-3t 4+2t 2(0<|t|≤),D=[m,n]⊆[-,],求证:n-m ≤. 【解析】(1)由f(x)=g(x)得x=0.又f'(x)=2x+2,g'(x)=-2x+2,所以f'(0)=g'(0)=2,所以,函数h(x)的图象为过原点,斜率为2的直线,所以h(x)=2x.经检验:h(x)=2x 符合题意.(2)h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),设φ(x)=x -1-ln x,则φ'(x)=1-=,φ(x)≥φ(1)=0,所以当h(x)-g(x)≥0时,k ≥0.设m(x)=f(x)-h(x)=x 2-x+1-(kx-k)=x 2-(k+1)x+(1+k)≥0,当x=≤0时,m(x)在(0,+∞)上递增,所以m(x)>m(0)=1+k ≥0,所以k=-1.当x=>0时,Δ≤0,即(k+1)2-4(k+1)≤0,(k+1)(k-3)≤0,-1≤k≤3.综上,k∈[0,3].(3)①当1≤t≤时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+≤0.(*)令Δ=(t3-t)2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤),则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立, 所以φ(t)在[1,]上是减函数,则φ()≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7所以不等式(*)有解,设解集为,因此n-m≤x2-x1=≤.②当0<t<1时,f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v'(t)=0,得t=.当t∈时,v'(t)<0,v(t)是减函数;当t∈时,v'(t)>0,v(t)是增函数;v(0)=-1,v(1)=0,则当0<t<1时,v(t)<0,(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0)则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n).因为[m,n]⊆[-,],所以n-m≤+1<.③当-≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤也成立.综上所述,n-m≤.例8.（2020届安徽省马鞍山市高三）已知函数.（1）若在定义域内无极值点，求实数的取值范围；（2）求证：当时，恒成立.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）由题意知，令，则，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 又，∵在定义域内无极值点，∴ 又当时，在和上都单调递增也满足题意，所以（2），令，由（1）可知在上单调递増，又，所以存在唯一的零点，故在上单调递减，在上单调递増，∴由知 即当时，恒成立.例9．（2021·安徽高三）已知函数()2ln ,f x x ax x =+-其中0.a ≥（1）讨论()f x 的单调性；（2）若当2x >时()31,12f x x <+恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增；当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛--+⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在11811844a a a a -+-⎛ ⎝⎭内单减；当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减； （2）7ln20,4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 【详解】（1）()212121,0ax x f x ax x x x-+=+'-=> 若()()110,21,x a f x ax f x x x-==+-=-在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减. 若0,a >由2210ax x -+=知， 18a ∆=-.当Δ180,a =-≤即18a ≥时，2210,ax x -+≥此时()f x 在()0,∞+内单增. 当1Δ180,08a a =-><<时，1184a x a-=，此时()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 综上所述：当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增. 当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减.（2）()3112f x x <+即231ln 1,2x ax x x +-<+ 即2311ln 2ax x x x <++- 即22111ln 2x a x x x x <++-，2x >，令()22111ln ,2,2x g x x x x x x=++-> 则()23311212ln 2x g x x x x -=---'33264ln ,22x x x x x--+=> 令()()324264ln ,2,320h x x x x x h x x x=--+>=-+>'. 所以()h x 在2x >时单增，()()()24ln222ln410h x h >=-=->，因此()0g x '>， ()g x 在2x >时单增，()()7ln224g x g ->=，于是7ln2.4a -≤ 故a 的取值范围是7ln20,.4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦例10.（2020届山西省孝义市一模）已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，曲线总在曲线的下方，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】（1）由可得的定义域为，且， 若，则，函数在上单调递增； 若，则当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减. 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）原命题等价于不等式在上恒成立， 即，不等式恒成立.∵当时，，∴， 即证当时，大于的最大值.又∵当时，，∴，综上所述，.【总结提升】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.本题是利用方法 ① 求得的范围. 【压轴训练】1．（2021·长宁区·上海市延安中学高三）设函数()f x 的定义域为R ，满足()()22f x f x +=，且当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-．若对任意(],x m ∈-∞，都有()23f x ≥-，则m 的取值范围是（ ）A ．215⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，B ．163⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，C ．184⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，D ．194⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，【答案】D【详解】当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-的最小值是1,4-由()()22f x f x +=知，当(]2,4x ∈时，()()192224f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,2-当(]4,6x ∈时，()()194444f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,-要使()23f x ≥-，则()1924443x x -+-≥--，解得：194x ≤或16.3x ≥2．（2020·河津中学高三）若函数2()cos sin 3f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭(其中a 为参数)在R 上单调递增，则a 的取值范围是（ ） A ．10,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,,33⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭C ．11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．1,03⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【详解】函数1()sin sin 23f x a x x x =-+在R 上单调递增，等价于2245()cos cos21cos cos 0333f x a x x x a x =-+=-++'在R 上恒成立.设cos x t =，则245()033g t t at =-++在[1,1]-上恒成立，所以45(1)0,3345(1)0,33g a g a ⎧=-++⎪⎪⎨⎪-=--+⎪⎩解得.3．（2021·全国高三专题练习）已知函数()ln f x x =，若对任意的12,(0,)x x ∈+∞，都有()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦恒成立，则实数k 的最大值是（ ）A ．1-B ．0C ．1D ．2【答案】B【详解】设12x x >，因为()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦，变形为()()()()121212212ln ln x x x x x x kx x x -+->+，即12212ln x kx x x x >-，等价于1221ln 1x kx x x >-，因为120x x >>，令12x t x =(1t >)，则ln 1k t t >-，即(1)ln k t t <-.设()()1ln g t t t =-(1t >)，则min ()k g t <.当1t >时1()ln 10g t t t'=+->恒成立，故()g t 在()1,+∞上单调递增，()(1)0g t g >=.所以0k ≤，k 的最大值为0.4．（2019·天津高考模拟）已知函数23ln ,1(),46,1x x f x x x x -≤⎧=⎨-+>⎩ 若不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．13,3e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ B ．[3,3ln 5]+ C ．[3,4ln 2]+D ．13,5e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】由题意得：设g(x)=|2|x a -，易得a ＞0，可得2,2g(x)=2,2a x a x a x a x ⎧-≥⎪⎪⎨⎪-+⎪⎩＜，g(x)与x 轴的交点为(,0)2a，① 当2a x ≥，由不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，可得临界值时，()g()f x x 与相切，此时2()46,1f x x x x =-+>，()2,2ag x x a x =-≥，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为2，242x -=，3x =，可得切点坐标（3，3）， 可得切线方程：23y x =-，切线与x 轴的交点为3(,0)2,可得此时322a =，3a =， 综合函数图像可得3a ≥；② 同理，当2ax ＜，由()g()f x x 与相切， （1）当2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-+＜，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为-2，242x -=-，1x =，可得切点坐标（1，3），可得切线方程25y x =-+，可得5a =，综合函数图像可得5a ≤，（2）当()3ln ,1f x x x =-≤，()2,2a g x x a x =-+＜，()g()f x x 与相切，可得'1()f x x， 此时可得可得切线斜率为-2，12x -=-，12x =，可得切点坐标1(,32)2In +, 可得切线方程：1(32)2()2y In x -+=--，242y x In =-++可得切线与x 轴的交点为2(2,0)2In +，可得此时2222a In =+，42a In =+， 综合函数图像可得42a In ≤+， 综上所述可得342a In ≤≤+，故选C.5．（2020·广东佛山市·高三）（多选）命题:p 已知ABC 为锐角三角形，不等式cos cos log 0sin CAB≥恒成立，命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立，在[1,2]上恒成立，则真命题的为（ ） A ．p q ∨ B ．p q ∧C ．p q ⌝∨D ．p q ∧⌝【答案】AD 【详解】因为为锐角三角形，所以0,0,0222A B C πππ<<<<<<,所以2A B π+>，则022A B ππ>>->，所以0cos cos()sin 12A B B π<<-=<，所以cos 01sin AB<<，又0cos 1C <<，所以不等式cos cos log 0sin CA B≥恒成立，故命题p 是真命题；命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立()min2x a ⇔+，在[1,2]上恒成立，故命题q 是假命题所以p q ∨，p q ∧⌝是真命题.6．（2020·福清西山学校高三）（多选）记函数()f x 与()g x 的定义域的交集为I ，若存在0x I ∈，使得对任意x I ∈，不等式()()fx g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，则称()()(),f x g x 构成“相关函数对”．下列所给的两个函数构成“相关函数对”的有（ ） A ．()xf x e =，()1g x x =+B ．()ln f x x =，()1g x x= C ．()f x x =，()2g x x =D ．()f x x =，【答案】BD【详解】根据函数的新定义，可得两个函数的图象有一个交点，且交点的两侧图象一侧满足()()f x g x >，另一侧满足()()f x g x <，对于A 中，令()()()1xx f x g x e x ϕ=-=--，可得()1xx e ϕ'=-，当0x >时，()10xx e ϕ'=->，函数单调递增；当0x <时，()10x x e ϕ'=-<，函数单调递减，所以当0x =时，函数()x ϕ 取得最小值，最小值为()00ϕ=，即()0x ϕ≥，所以()()f x g x ≥恒成立，不符合题意；对于B 中，令()()()1ln ,0x f x g x x x x ϕ=-=->，可得()2110x x xϕ'=+>，所以函数()x ϕ单调递增，又由()()11ln110,ln 0e e eϕϕ=-<=->，设0x x =满足()00x ϕ=，且01x e <<，则对任意(0,)x ∈+∞，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意；对于C 中，函数()f x x =，()2g x x =，根据一次函数和二次函数的性质，可得函数()y f x =的图象由两个交点，此时不满足题意；对于D 中，令()()()1()2x x f x g x x ϕ=-=，可得()1211()ln 2022x x x ϕ-'=+>，所以()x ϕ在定义域[0,)+∞单调递增，又由()()1010,102ϕϕ=-<=>，所以方程()0x ϕ=只有一个实数根，设为0x ，则满足对任意x I ∈，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意. 7．（2020·浙江高三月考）已知1a >，若对于任意的1[,)3x ∈+∞，不等式()4ln 3e ln x x x a a -≤-恒成立，则a 的最小值为______.【答案】3e【详解】()()4ln 3ln 3ln 3ln x x e x x a a x x ae a x -≤-⇔-≤--()()3ln 3ln x x x x ae ae ⇔-≤-令()ln f x x x =-，()111x f x x x-'=-=，∴()f x 在[)1,+∞上单调递增.∵1a >，1[,)3x ∈+∞，∴[)3,1,x e x a ∈+∞，∴33x x e ae x x a ⇔≤⇔≤恒成立，令()3x xg x e=，只需max ()a g x ≥，()33x xg x e -'=，∴1[,1),()0,()3x g x g x ∈'>单调递增，∴(1,),()0,()x g x g x ∈+∞'<单调递减，1x ∴=时，()g x 的最大值为3e ，∴3a e≥， ∴a 的最小值为3e. 8．（2020·全国高三月考）已知函数()()ln 202xaf x ae a x =+->+，若()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围为______. 【答案】(),e +∞ 【详解】()ln202x af x ae x =+->+，则()ln ln ln 22x a e a x ++>++，两边加上x 得到()()()ln 2ln ln 2ln 2ln 2x x aex a x x ex ++++>+++=++，x y e x =+单调递增，()ln ln 2x a x ∴+>+，即()ln ln 2a x x >+-，令()()ln 2g x x x =+-，则()11121x g x x x --'=-=++，因为()f x 的定义域为()2,-+∞()2,1x ∴∈--时，()0g x '>，()g x 单调递增，()1,x ∈-+∞，()0g x '<，()g x 单调递减， ()()max ln 11a g x g ∴>=-=，a e ∴>.9．（2021·安徽高三开学考试）已知函数()()11ln f x a x x =+++. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对任意0x >，求证：()()22e 11exa x f x x +++>.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【详解】（1）由题意得，()f x 的定义域为()0,∞+，()()1111a x f x a x x++'=++=， 当1a ≥-时，()0f x '>恒成立，∴()f x 在()0,∞+上单调递增. 当1a <-时，令()0f x '>，解得11x a <-+；令()0f x '<，解得11x a >-+， ∴()f x 在10,1a ⎛⎫-⎪+⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫-+∞⎪+⎝⎭上单调递减. （2）要证()()22e 11e x a x f x x +++>，即证22e ln 0e x x x ⋅->.令()22e ln e xg x x x =⋅-，则()()22221e e e x x x g x x--'=.令()()221e e x r x x x =--，则()22e e x r x x '=-， 易得()r x '在()0,∞+上单调递增，且()212e e 0r '=-<，()223e 0r '=>，∴存在唯一的实数()01,2x ∈，使得()00r x '=，∴()r x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增.∵()00r <，()20r =， ∴当()0r x >时，2x >；当()0r x <时，02x <<，∴()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，∴()()21ln 20g x g ≥=->.综上，22e ln 0e x x x ⋅->，即()()22e 11exa x f x x +++>.10.（2020·山东高考模拟）已知函数2()ln 2()f x x a x x a R =+-∈.（1）求()f x 的单调递增区间；（2）若函数()f x 有两个极值点1212,()x x x x <且12()0f x mx -≥恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）12a ≥时，增区间为(0,)+∞；0a ≤时，增区间为1()2++∞；102a <<时，增区间为，)+∞；（2）3(,ln 2]2-∞--. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，222'()22a x x af x x x x-+=+-=，令2220x x a -+=，484(12)a a ∆=-=-，1︒若12a ≥时，0∆≤，'()0f x ≥在(0,)+∞恒成立，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增. 2︒若12a <，>0∆，方程2220x x a -+=，两根为1x =2x =，当0a ≤时，20x >，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增. 当102a <<时，1>0x ，20x >， 1(0,)x x ∈，'()0f x >，()f x 单调递增，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增.综上，12a ≥时，函数()f x 单调递增区间为(0,)+∞， 0a ≤时，函数()f x单调递增区间为1()2+∞， 102a <<时，函数()f x单调递增区间为1(0,2-，1()2++∞. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点1212,()x x x x <时，102a <<且121x x =+，122a x x ⋅=，则1112ax x +=，()1121a x x =-，且1102x <<，2112x <<. 此时()120f x mx ≥-恒成立，可化为()()21111112121ln 21f x x x x x x m x x +--≤=- ()()11111111121ln 11x x x x x x x -+-+--=-1111112ln 1x x x x =-++-恒成立， 设1()12ln 1g x x x x x =-++-，1(0,)2x ∈，2221(1)1'()122ln 2ln (1)(1)x g x x xx x --=-++-=+--2(2)2ln (1)x x x x -=+-， 因为102x <<，所以(2)0x x -<，2ln 0x <，所以)'(0g x <，故()g x 在1(0,)2单调递减，13()ln 222g x g ⎛⎫>=-- ⎪⎝⎭，所以实数m 的取值范围是3(,ln 2]2-∞--.11．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三）已知()()ln 0f x x mx m =->. （1）若()y f x =在点()()1,1f 处的切线平行于x 轴，求其单调区间和极值;（2）若不等式()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，求整数m 的最小值. 【答案】（1）增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，()f x 的极大值为1-，无极小值；（2）2. 【详解】（1）()1f x m x'=-，则()110f m '=-=，1m ∴=， ()ln f x x x ∴=-，定义域为(0,)+∞，()111xf x x x-'=-=令()0f x '>，得01x <<;令()0f x '<，得1x >()f x ∴的增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，且()f x 的极大值为()11f =-，无极小值.（2）因为0m >，所以()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，可化为21ln 122x x m x x ++≥+，设()2ln 12x x h x x x++=+，则()()()()()()2222212(ln 1)(22)12ln 22x x x x x x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+++ ⎪-++⎝⎭'==++， 设()2ln g x x x =+，则()2ln g x x x =+单调增，且111112ln 2ln 2ln 4022222g ⎛⎫=+=-=-< ⎪⎝⎭，()10g >，01,12x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x =，即 ()00h x '=，所以002ln 0x x +=，所以当012x x <<时，0()()0g x g x <=，()0h x '>， 当01x x <<时，0()()0g x g x >=，()0h x '<，()h x ∴在()00,x 单调递增，在()0,x +∞单调递减()()000022max000001ln 1112,12222x x x h x h x x x x x x +++⎛⎫∴====∈ ⎪++⎝⎭()()021,2m h x ∴≥∈，m ∴的最小整数值为2。
第5节 第1课时利用导数研究恒(能)成立问题--2025高中数学一轮复习课件基础版(新高考新教材)
1
当 0<x<e2 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当e2 <x≤e 时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
1
所以 g(x)的极大值亦即最大值为 g(e2 )=e2,
因此 a≤e2,故实数 a 的取值范围是(-∞,e2].
例2(2024·福建泉州模拟)已知函数f(x)=-2x+ln x,g(x)=xex-3x-m.
令 f'(x)>0,解得
1
x>2.所以
1
0<x<2,
1
1
f(x)在(0,2)内单调递减,在(2,+∞)内单调递增.
综上所述,当 a≤0 时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;
当 a>0
1
1
时,f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).
1
1
(2)当 a>0 时,由(1)可知 f(x)在(0,2)内单调递减,在(2,+∞)内单调递增,
(2)如果f(x)有最大值g(a),则f(x) <0恒成立⇔g(a)<0,f(x)≤0恒成立⇔g(a)≤0.
[对点训练3](2024·湖北荆门模拟)设函数f(x)=ex-ax,x≥0且a∈R.
(1)求函数f(x)的单调性;
(2)若不等式f(x)≥x2+1恒成立,求实数a的取值范围.
解 (1)f'(x)=ex-a,x≥0.
(1)求函数f(x)的极值点;
(2)若f(x)≤g(x)恒成立,求实数m的取值范围.
解 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),且
利用导数研究不等式恒成立问题
)
A. 0, + ∞
B. [0，1]
C. 0,e
D. [ -1，0]
5.
当
x
>
1
时，不等式
a
≤
x
+
1 x-1
恒成立，则实数
a
的取值范围是
A. -∞,2
B. 2，+∞
C. 3，+∞
(
)
D. -∞,3
6.
已知关于
x
的
x2 -x+1 x2m2 + xm - 4x2 + 2x - 1
<
0
对
x
∈
R
都成立
，则实数
A.
-∞,
-
3 2
∪
3 2
,
+
∞
C. -∞, - 3 ∪ 52 , + ∞
B. -∞, - 3 ∪ 32 , + ∞
D.
-∞,
-
3 2
∪ 52 , + ∞
8. 当 x ∈ (2,3) 时，不等式 2x2 − 9x + m < 0 恒成立，则实数 m 的取值范围为
(
)
A. m > 9
B. m = 9
13. 函数 f x = x - 2sinx，对任意 x1,x2 ∈ 0,π ，恒有 f x1 - f x2 ≤ M ，则 M 的最小值为 _______
14. 函数 f x = 2x - a + 1 lnx + a + 1 定义域为 -a - 1, + ∞ ，若 f x ≥ 0 恒成立，则 a 的值是
15. 已知函数 f(x) = x3 + x，对任意的 m ∈ − 2,2 ,f(mx − 2) + f(x) < 0 恒成立，则 x 的取值范围为 ____
导数与不等式的证明及恒成立问题05
导数与不等式的证明及恒成立问题05导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题【高考要求】在高考压轴题中，函数与不等式的交汇是考查热点，常以含指数、对数函数为载体考查不等式的证明、比较大小、范围等问题，以及不等式的恒成立与能成立问题.【真题演练】(2016·山东卷)已知f(x)＝a(x－ln x)＋2x－1x2，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(x)＋32对于任意的x∈[1，2]成立.【常见知识点】1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可.(2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解.2.常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造.对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数. (3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数.(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f(x)和g(x)，利用其最值求解.3.不等式的恒成立与能成立问题(1)f(x)＞g(x)对一切x∈[a，b]恒成立?[a，b]是f(x)＞g(x)的解集的子集?[f(x)－g(x)]min＞0(x∈[a，b]).(2)f(x)＞g(x)对x∈[a，b]能成立?[a，b]与f(x)＞g(x)的解集的交集不是空集?[f(x)－g(x)]max＞0(x∈[a，b]).(3)对?x1，x2∈[a，b]使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min.(4)对?x1∈[a，b]，?x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min.热点一导数与不等式【例1－1】(2016·武汉模拟)设函数f(x)＝1－x2＋ln(x＋1). (1)求函数f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)＞kxx＋1－x2(k∈N*)在(0，＋∞)上恒成立，求k的最大值.探究提高(1)证明f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x)，可通过构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0，从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者，利用f(x)min≥g(x)max或f(x)max≤g(x)min来证明不等式.(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.[微题型2]不等式恒成立求参数范围问题【例1－2】(2016·四川卷)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.探究提高(1)恒成立问题一般与不等式有关，解决此类问题需要构造函数利用函数单调性求函数最值，从而说明函数值恒大于或恒小于某一确定的值.(2)在求参数范围时首先要考虑参数能否分离出来.[微题型2]能成立问题【例2－1】已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－ax(a∈R)，g(x)＝12x2＋e x－x e x.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a 的取值范围.探究提高存在性问题和恒成立问题的区别与联系存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g(x)≤m恒成立，则g(x)max ≤m；若g(x)≥m恒成立，则g(x)min≥m；若g(x)≤m有解，则g(x)min≤m；若g(x)≥m有解，则g(x)max≥m.【知识反馈】1.若不等式2x ln x≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为()A.(－∞，0)B.(－∞，4]C.(0，＋∞)D.[4，＋∞)2.若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是()A.(－∞，＋∞)B.(－2，＋∞)C.(0，＋∞)D.(－1，＋∞)3.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是() A.(－∞，－1)∪(0，1)B.(－1，0)∪(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(－1，0)D.(0，1)∪(1，＋∞)4.(2016·山东师范大学附中二模)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)＜f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)＜e x的解集为()A.(－2，＋∞)B.(0，＋∞)C.(1，＋∞)D.(4，＋∞)5.已知函数f(x)＝x－1x＋1，g(x)＝x2－2ax＋4，若对于任意x1∈[0，1]，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________.6.已知函数f(x)＝x2e x.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：?x1，x2∈(－∞，0]，f(x1)－f(x2)≤4e2 .7.已知函数f(x)＝ax＋bx＋c(a＞0)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.(1)用a表示出b，c；(2)若f(x)≥ln x在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围；(3)证明：1＋12＋13＋…＋1n＞ln(n＋1)＋n2（n＋1）(n≥1).【教学反思】。
2021年高考数学总复习：利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题
[对点训练]
(2019 届高三·河北“五个一名校联盟”模拟)已知 a 为实数，函
数 f(x)＝aln x＋x2－4x．
(1)若 x＝3 是函数 f(x)的一个极值点，求实数 a 的值；
(2)设 g(x)＝(a－2)x，若存在 x0∈1e，e，使得 f(x0)≤g(x0)成立，
求实数 a 的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝
a x
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
＋2x－4＝
2x2－x4x＋a．
∵x＝3是函数f(x)的一个极值点，∴f′(3)＝0，解得a＝－6．
经检验，当a＝－6时，x＝3是函数f(x)的一个极小值点，符合题
意，故a＝－6．
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x02－2x0， 记F(x)＝x－ln x(x>0)，则F′(x)＝x－x 1(x>0)， ∴当0<x<1时，F′(x)<0，F(x)单调递减． 当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增． ∴F(x)>F(1)＝1>0，∴a≥xx002－－ln2xx00． 记G(x)＝xx－2－ln2xx，x∈1e，e， 则G′(x)＝2x－2x－xln－xln－xx2 －2x－1 ＝x－1xx－－ln2lxn2x＋2．
求 f(x)的单调区间，想到解不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0 想什么 给什么 题目条件中已给出 f(x)的解析式，直接求导然后分类讨论 用什么 参数 m 即可
第(2)问 求什么想
求 a 的取值范围，想到建立 a 的不等式 什么 给什么用 给出 g(x1)≥f(x2)对∀x1，x2∈[2,2e2]都成立，用此不 什么 等式建立关于 a 的不等式 差什么找
利用导数研究不等式的恒成立(有解)问题
此文发表于《中学数学教学参考》上旬1-2期本文是江苏省教育学会“十三五”重点规划课题“云教学平台下高中数学学习共同体实践研究”（课题立项编号：17B21J5YC64）阶段成果。
利用导数研究不等式的恒成立（有解）问题不等式恒成立问题一向是高考的考查重点，也是学生学习的难点，涉及到函数、方程、逻辑联结词、导数等知识点和函数与方程、数形结合、分类讨论、转化等多种思想方法，对提升学生的逻辑推理、直观想象、数学运算、数据分析等学科素养有极大帮助。
2018年高考数学全国卷文、理六套试卷，2019年高考数学江苏卷、天津理科卷、浙江卷等都将此类问题以压轴题呈现。
由此可见研究不等式恒（能）成立问题仍是复习备考的重点。
解决此类问题通常采用最值分析、参数分离、数形结合等方法。
1 典型例题 1.1 最值分析法例1 （2019年高考数学江苏卷第19题）设函数()()()(),,,R f x x a x b x c a b c =---∈，()f 'x 为()f x 的导函数。
（1）略 ；（2）略 ；（3）若0a =，01b <≤，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M ≤。
思路探求：本小题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力。
解： （3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++。
因为224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 所以()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <。
由()0f 'x =，得121133b b x x +-++==。
列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =。
解法1：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()()221111211(1)32(1)3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭ ()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+。
利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题
利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题1．设函数f (x )＝(1＋x －x 2)e x (e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1＋2x 2恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(2－x －x 2)e x ＝－(x ＋2)(x －1)e x .当x <－2或x >1时，f ′(x )<0；当－2<x <1时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2,1)上单调递增．(2)设F (x )＝f (x )－(ax ＋1＋2x 2)，F (0)＝0，F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ，F ′(0)＝2－a ，当a ≥2时，F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ≤－(x ＋2)·(x －1)e x －4x －2≤－(x ＋2)(x －1)e x －x －2＝－(x ＋2)·[(x －1)e x ＋1]，设h (x )＝(x －1)e x ＋1，h ′(x )＝x e x ≥0，所以h (x )在[0，＋∞)上单调递增，h (x )＝(x －1)e x ＋1≥h (0)＝0，即F ′(x )≤0在[0，＋∞)上恒成立，F (x )在[0，＋∞)上单调递减，F (x )≤F (0)＝0，所以f (x )≤ax ＋1＋2x 2在[0，＋∞)上恒成立．当a <2时，F ′(0)＝2－a >0，而函数F ′(x )的图象在(0，＋∞)上连续且x →＋∞，F ′(x )逐渐趋近负无穷，必存在正实数x 0使得F ′(x 0)＝0且在(0，x 0)上F ′(x )>0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递增，此时F (x )>F (0)＝0，f (x )>ax ＋1＋2x 2有解，不满足题意． 综上，a 的取值范围是[2，＋∞)．2．设函数f (x )＝2ln x －mx 2＋1.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当f (x )有极值时，若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2mx ＝－2(mx 2－1)x， 当m ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m >0时，令f ′(x )>0，得0<x <m m ， 令f ′(x )<0，得x >m m ， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当f (x )有极值时，m >0，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减．∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫m m ＝2ln m m －m ·1m ＋1＝－ln m ， 若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，则f (x )max >m －1.即－ln m >m －1，ln m ＋m －1<0成立．令g (x )＝x ＋ln x －1(x >0)，∵g ′(x )＝1＋1x>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 且g (1)＝0，∴0<m <1.∴实数m 的取值范围是(0,1)．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)∵f ′(x )＝1x，∴f ′(1)＝1. 又∵f (1)＝0，∴所求切线的方程为y －f (1)＝f ′(1)(x －1)，即为x －y －1＝0.(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，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 )＝1x－a (x >1)，令φ′(x )＝0，得x ＝1a， 当x 变化时，φ′(x )，φ(x )的变化情况如下表：∴φ(x )max ＝φ⎝⎛⎭⎫1a >φ(1)＝0，不满足不等式．综上所述，实数a 的取值范围为[1，＋∞)．4．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 .∵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，∴当a >1或0<a <1时，f ′(x )在R 上是增函数，又∵f ′(0)＝0，∴f ′(x )>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－∞，0)，故函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f (x )在x ＝0处取得极小值1.(2)∵存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1，∴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， ∴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 －1a－2ln a ， 令g (a )＝a －1a－2ln a (a >0)， ∵g ′(a )＝1＋1a 2－2a ＝⎝⎛⎭⎫1－1a 2>0， ∴g (a )＝a －1a－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)．∴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1a＋ln a ≥e －1， 由函数y ＝1a ＋ln a 在(0,1)上是减函数，解得0<a ≤1e. 综上可知，所求实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1e ∪[e ，＋∞)．。
利用导数研究不等式恒成立问题
(2)当 x>0 时，函数 f(x)≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围．
[解] 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；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.
(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．
[解] 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)． 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. 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，＋∞)．
1 f(x)<k＋2x－x2
成立，求 k 的取值范围．
解：由题意知 f(x)＝exx<k＋21x－x2对任意的 x∈(0,2)都成立，
第5讲-利用导数研究不等式恒成立及相关问题PPT课件
二轮·数学
第5讲 利用导数研究不等式恒成立及 相关问题
二轮·数学
考向分析 核心整合 热点精讲 阅卷评析
二轮·数学
考向分析
考情纵览
年份 考点
利用导数解 决与函数有 关的不等式 恒成立问题
利用导数解 决与不等式 有关的问题
2011 21
2012 21
2013 ⅠⅡ
21 21
2014
Ⅰ
Ⅱ
21
21
2015
Ⅰ
Ⅱ
21
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真题导航
1.(2014 新课标全国卷Ⅰ,理 21)设函数 f(x)=aexln x+ bex1 ,曲线 y=f(x)在点 x
由 f′(x0)=0 得 ex0 = 1 ,ln(x0+2)=-x0, x0 2
故 f(x)≥f(x0)= 1 +x0= x0 12 >0.综上,当 m≤2 时,f(x)>0.
x0 2
x0 2
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备考指要
1.怎么考 导数的综合应用是高考命题的重点与热点,每年高考都会考查这一知识点, 具有一定的难度与灵活性. 从知识层面上看,一般考查导数在其他知识中的应用,突出导数的工具性,其 中主要包括: (1)利用导数研究多项式函数、幂函数、分式函数、以e为底的对数和指数 函数的性质及求参数等综合问题; (2)求最值,以实际问题中的最优化问题形式呈现; (3)把导数与函数、方程、不等式、数列等结合综合考查. 从题目的结构层次上看,常以解答题的形式呈现,第一问一般以抽象导函数 值、抽象函数值、切线方程、极值为背景求函数的解析式,或给定参数的值 求函数单调区间问题,较为简单;第二问均为和不等式相联系,考查由不等式 恒成立求参数的取值范围或参数的最值问题、证明不等式等综合问题,常以 压轴题出现,具有一定的难度.
利用导数解决恒成立问题
分析：已知版心的面
x
积，你能否设计出版心的
高，求出版心的宽，从而
列出海报四周的面积来？
图3.4-1
解 : 设 版 心 的 高 为 x d m , 则 版 心 的 宽 为 1 2 8 d m , 此 时 四 周 空 白 面 积 为
S(x)(x4)(1282)128 x x
2x5128,x0 x
令 求 ： 导 S数 '(x,)得 S 2'(因是1面x56x)1此最积d22m， 小 最2，x值小0=宽点。5 1x为1 6。22 是8所d函以m数解 ，时S得 当，(x： )版能的心使x 极 高四小1 为周值6 ， 空，白x 也 1 （ 6舍 ）
延伸学习
已知 f(x函 )a 数 xlnx(a0)g ,(x)x22x2. 若 对 x1 (0,) 均 , 存 x2 [0 在 ,1]使 , f(得 x1)g(x2) 成立 a的 ，取 求 .值范围
已知函数 f (x) (1 x) ex 1. .
（I）求函数 f (x) 的最大值； （Ⅱ）设 g(x) f (x) , x 1,且x 0 ,
202X
利用导数 研究“恒成立”的 问题
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【问题展示】
不等式恒成立问题是近年高考的热点问题， 常以压轴题形式出现，交汇函数、方程、不 等式和数列等知识，有效地甄别考生的数学 思维能力.由于不等式恒成立问题往往都可以 转化为函数的最值问题，而导数，以其本身 所具备的一般性和有效性，在求解函数最值 中，起到无可替代的作用，
x 证明: g(x) ＜1.
（Ⅰ）f (x)＝－xex． 当 x∈(－∞，0)时，f (x)＞0，f (x)单调递增； 当 x∈(0，＋∞)时，f (x)＜0，f (x)单调递减． 所以 f (x)的最大值为 f (0)＝0． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，当 x＞0 时，f (x)＜0，g (x)＜0＜1． 当－1＜x＜0 时，g (x)＜1 等价于设 f (x)＞x． 设 h (x)＝f (x)－x，则 h (x)＝－xex－1． 当 x∈(－1，－0)时，0＜－x＜1，0＜ex＜1，则 0＜－xex＜1， 从而当 x∈(－1，0)时，h (x)＜0，h (x)在(－1，0]单调递减． 当－1＜x＜0 时，h (x)＞h (0)＝0，即 g (x)＜1．
数学——如何利用导数研究“恒成立”问题
数学——如何利用导数研究“恒成立”问题函数与不等式的恒成立问题是高中数学中的一个重点、难点问题，本文通过举例来说明解决此类问题的两种常用处理方法：①直接研究函数的形态；②分离参数法 .【问题】已知函数解法一：直接研究函数的形态由 f（x）≤ ax 恒成立，得到则 g（x）≥ 0 在 x ≥ 1/3 上恒成立，于是，问题也就转化成了研究二次函数 g（x）的形态问题 .①若 a = 0 , 则函数 g（x）= x - 1 , 在【1/3，+∞】上是增函数，故 g（x）min = g（1/3）= -2/3 < 0="" ,="">所以 a = 0 , 不符合题意；②若 a <> , 则函数 g（x）的图像是开口向下的抛物线，于是，g（x）在【1/3，+∞】上不可能恒为非负数，所以 a < 0="" ,="" 也不符合题意="">③若 a > 0 , 则函数 g（x）的图像是开口向上的抛物线，判别式△ = 1 - 4▪a▪（a-1）= -4a^2 + 4a + 1 .1、若△ ≤ 0 ，即 a ≥ （1+√2）/2 时 ,函数 g（x）在 R 上恒为非负数，所以 a ≥ （1+√2）/2 满足题意；2、若△ > 0 , 即 a <（1+√2）时="" ,="">g(x) ≥ 0 在x∈ [1/3 ，＋∞）上恒成立．综上，实数a 的取值范围是 [3/5 ，＋∞]．解法二：分离参数法由f(x) ≤ ax 恒成立，得到所以实数a 的取值范围是 [3/5 ，＋∞]．解决恒成立问题的基本方法：1、直接研究函数的形态类似于解法一，其缺点在于有些问讨论比较复杂；2、分离参数法类似于解法二，其优点在于有时可以避开繁琐的讨论．当然，在解决问题时，要根据所给问题的特点，选择恰当的方法来解题，并在解题过程中，能够依据解题的进程合理地调整解题策略．。
第2部分专题6第5讲 利用导数解决不等式恒成立、能成立问题课件
所以当x∈(0,1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0， 所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 因此h(x)≥h(1)＝0，所以xln x＋1－x≥0，即xln x＋1≥x， 设F(x)＝x－asin x，x∈(0，＋∞)，－1≤a≤1， 则F′(x)＝1－acos x≥0， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
(2)f(x)≥12x3＋1等价于12x3－ax2＋x＋1e－x≤1. 设函数g(x)＝12x3－ax2＋x＋1e－x(x≥0)，则 g′(x)＝－12x3－ax2＋x＋1－23x2＋2ax－1e－x ＝－12x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x ＝－12x(x－2a－1)(x－2)e－x.
所以当7－4 e2≤a<12时，g(x)≤1.
(ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥12，则g(x)≤12x3＋x＋1e－x.
由于0∈
7－4 e2，21
，故由(ⅱ)可得
12x3＋x＋1
e－x≤1.故当a≥
1 2
时，g(x)≤1.
综上，a的取值范围是7－4 e2，＋∞.
命题规律：以基本初等函数为载体，以不等式恒成立、能成立为 依托，考查参数的取值范围，难度较大．
(ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－
1 2
，则当x∈(0,2)时，g′(x)>0.所以g(x)在
(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不合题意．
(ⅱ)若0<2a＋1<2，即－21<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，＋∞)上 单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅 当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥7－4 e2.
利用导数研究不等式恒成立 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习(原卷版)
专题六 《导数》讲义6.5 利用导数研究不等式恒成立知识梳理.利用导数研究不等式恒成立1.恒成立问题: 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 .2.存在性问题：若存在x 0∈D ，使a >f (x 0)成立，则只需a >f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a <f (x 0)成立，则只需a <f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围．题型一. 参变分离1．已知函数f （x ）＝ax ﹣lnx ，若f （x ）＞1在区间（1，+∞）内恒成立，则实数a 的范围为 ． 2．已知函数f （x ）=e x x−mx （e 为自然对数的底数），若f （x ）＞0在（0，+∞）上恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．（﹣∞，2） B ．（﹣∞，e 24） C ．（﹣∞，e ） D ．（e 24，+∞）题型二. 转化成两个函数1．已知函数f(x)=x +sinx −2ln(√x 2+1−x)+1，若f （ax ﹣e x +1）＞1在x ∈（0，+∞）上有解，则实数a 的取值范围为（ ） A ．（1，+∞）B ．（﹣∞，1）C ．（e ，+∞）D ．（1，e ）2．已知函数f （x ）＝x +xlnx ，若k ∈Z ，且k （x ﹣1）＜f （x ）对任意的x ＞1恒成立，则k 的最大值为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5题型三. 讨论参数1．不等式e x ≥kx 对任意实数x 恒成立，则实数k 的最大值为（ ） A ．1B ．√eC ．2D ．e2．（2014·辽宁）当x ∈[﹣2，1]时，不等式ax 3﹣x 2+4x +3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[﹣5，﹣3]B ．[﹣6，−98]C ．[﹣6，﹣2]D ．[﹣4，﹣3]3．设函数f （x ）=ax+1e x （a ∈R ）．（Ⅰ）当a ＞0时，求函数f （x ）的单调递增区间；（Ⅱ）当a ≤2时，证明：对任意x ∈[0，+∞），f （x ）≤x +1恒成立．题型四. 隐零点、构造函数1．已知函数f （x ）＝alnx ﹣x +1（其中a ∈R ）． （1）讨论函数f （x ）的极值；（2）对任意x ＞0，f （x ）≤12（a 2﹣1）成立，求实数a 的取值范围．2．设函数f （x ）＝e 2x +alnx ．（1）讨论f （x ）的导函数f '（x ）零点的个数； （2）证明：当a ＜0时，f(x)≥aln(−a2)−2a ．3．已知函数f（x）＝﹣alnx−e xx+ax，a∈R．（Ⅰ）当a＜0时，讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）＝f（x）+xf′（x），若关于x的不等式g（x）≤﹣e x+x22+(a−1)x在x∈[1，2]上有解，求a的取值范围．题型五. 双变量问题1．已知函数f （x ）＝x 2+2alnx +3，若∀x 1，x 2∈[4，+∞）（x 1≠x 2），∃a ∈[2，3]，f(x 2)−f(x 1)x 1−x 2＜2m ，则m 的取值范围是（ ） A ．[﹣2，+∞） B ．[−52，+∞)C ．(−92，+∞)D ．[−194，+∞)2．已知函数f （x ）=12lnx ﹣mx （m ∈R ），g （x ）＝x −a x（a ＞0）． （1）求函数f （x ）的单调区间； （2）若m =12e2，对∀x 1，x 2∈[2，2e 2]都有g （x 1）≥f （x 2）成立，求实数a 的取值范围．3．已知f （x ）＝lnx −x4+34x ，g （x ）＝﹣x 2﹣2ax +4，若对任意的x 1∈（0，2]，存在x 2∈[1，2]，使得f （x 1）≥g （x 2）成立，则a 的取值范围是 ．课后作业.恒成立1．已知函数f （x ）＝xlnx ．若对所有x ≥1都有f （x ）≥ax ﹣1，则实数a 的取值范围为 ． 2．已知函数f(x)=xln ax+ae x ，g （x ）＝﹣x 2+x ，当x ∈（0，+∞）时，f （x ）≥g （x ）恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[1e2，+∞） B ．[1e，+∞）C ．[1，+∞）D ．[e ，+∞）3．关于x 的不等式x 2﹣a （x ﹣1）e x ＜0恰有一个整数解，则实数a 的取值范围是 ．4．设实数m ＞0，若对任意的正实数x ，不等式e mx ≥lnxm 恒成立，则m 的最小值为（ ） A ．1eB ．12eC ．2eD ．e35．已知函数f （x ）＝x +4x ，g （x ）=ax+1+x ，若∀x 1∈[12，1]，∃x 2∈[2，3]，使得f （x 1）≥g （x 2），则实数a 的取值范围是 ． 6．已知a 为实数，函数f （x ）＝alnx +x 2﹣4x ．（1）若x ＝3是函数f （x ）的一个极值点，求实数a 的取值；（2）设g （x ）＝（a ﹣2）x ，若∃x 0∈[1e ，e ]，使得f （x 0）≤g （x 0），求实数a 的取值范围．。
专题05 应用导数研究不等式恒成立问题【解析版】
【解析】恒成立的不等式为 ，便于参数分离，所以考虑尝试参变分离法
解： ，其中
只需要 ，令
（导函数无法直接确定单调区间，但再求一次导即可将 变为 ，所以二阶导函数的单调性可分析，为了便于确定 的符号，不妨先验边界值）
， ，（判断单调性时一定要先看定义域，有可能会简化判断的过程）
在 单调递减， 在 单调递减
【压轴典例】
例1.（2019年高考天津理）已知 ，设函数 若关于 的不等式 在 上恒成立，则 的取值范围为（）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】当 时， 恒成立；
当 时， 恒成立，
令 ，
则
，
当 ，即 时取等号，
∴ ，则 .
当 时， ，即 恒成立，
令 ，则 ，
当 时， ，函数 单调递增，
当 时， ，函数 单调递减，
(1)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：
(2)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与判别式的方法(a＞0，Δ＜0或a＜0，Δ＜0)求解．
（Ⅰ）讨论 的单调区间；
（Ⅱ）若 ,且 恒成立.求 的最大值.
【答案】（1）见解析;（2）6.
【解析】
（1） ，
当 时，即 时， 在 上恒成立，所以 的单调减区间是 ，无单调增区间.
当 时，即 时，由 得 .由 ，得 ，所以 的单调减区间是 ，单调增区间是
（2）由 得 ，
令
，
， ，
， ，
， ，
8.（陕西省2019届高三第三次联考）已知函数 ， ， .
5 第5讲 利用导数研究不等式的恒成立问题
第5讲 利用导数研究不等式的恒成立问题分离参数法求范围(师生共研)(2019·湖北武汉质检)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 <1e ，所以f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e .令f ′(x )>0，得ln x ＋1>0，解得x >1e ，所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞.综上，f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e ，单调递增区间是⎝⎛⎭⎫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 －12x (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＝－13(舍)． 当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：所以当x ＝1时，h (x )取得极大值，也是最大值，且h (x )max ＝h (1)＝－2，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，＋∞)．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f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式． (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值．(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围．把参数看作常数利用分类讨论方法解决(师生共研)已知函数f (x )＝ln x －ax ，a ∈R . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若不等式f (x )＋a ＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围． 【解】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .①当a ≤0时，f ′(x )＞0恒成立， 则f (x )只有单调递增区间是(0，＋∞)． ②当a ＞0时，由f ′(x )＞0， 得0＜x ＜1a ；由f ′(x )＜0，得x ＞1a；所以f (x )的单调递增区间是(0，1a)，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞. (2)f (x )＋a ＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x －a (x －1)＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立． 设g (x )＝ln x －a (x －1)，x ＞0，则g ′(x )＝1x －a ，注意到g (1)＝0，①当a ≥1时，g ′(x )＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立， 则g (x )在x ∈(1，＋∞)上单调递减， 所以g (x )＜g (1)＝0，即a ≥1时满足题意． ②当0＜a ＜1时，令g ′(x )＞0， 得0＜x ＜1a ；令g ′(x )＜0，得x ＞1a .则g (x )在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递增，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a 时，g (x )＞g (1)＝0， 即0＜a ＜1时不满足题意(舍去)． ③当a ≤0时，g ′(x )＝1x －a ＞0，则g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＞g (1)＝0， 即a ≤0时不满足题意(舍去)．综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围．等价转化法求参数(师生共研)设f (x )＝ax＋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 ＞23，令g ′(x )＜0得0＜x ＜23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，23上单调递减，在区间⎣⎡⎦⎤23，2上单调递增， 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 ＝11227≥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 )＝ax ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立． 设h (x )＝x －x 2ln x ， h ′(x )＝1－2x ln x －x ，令m (x )＝x ln x ，由m ′(x )＝ln x ＋1＞0得x ＞1e .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12＜x ＜1时，h ′(x )＞0. 即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增，在区间(1，2)上单调递减， 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．1．已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x ＋a ，若∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，1，∃x 2∈[2，3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≤1B ．a ≥1C ．a ≤2D ．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．(2019·吉林白山联考)设函数f (x )＝e x ⎝⎛⎭⎫x ＋3x －3－ax ，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：e3．(2019·武汉市调研测试)已知函数f (x )＝(x －1)ln x ＋ax (a ∈R )． (1)在a ＝0时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)a ＝0时，f (x )＝(x －1)ln x ，f ′(x )＝ln x ＋(x －1)·1x ＝ln x －1x ＋1，设g (x )＝ln x －1x ＋1，则g ′(x )＝x ＋1x 2>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0， 所以x ∈(0，1)时，g (x )<0，即f ′(x )<0， x ∈(1，＋∞)时，g (x )>0，即f ′(x )>0，所以f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)由(x －1)ln x ＋ax >0，得－ax <(x －1)ln x ，而x >0， 所以－a <（x －1）ln x x ＝ln x －ln xx.记h (x )＝ln x －ln x x ，则h ′(x )＝1x －1x·x －ln x x 2＝ln x ＋x －1x 2，设m (x )＝ln x ＋x －1(x >0)，显然m (x )在(0，＋∞)上单调递增，而m (1)＝0， 所以x ∈(0，1)时，m (x )<0，h ′(x )<0，h (x )单调递减， x ∈(1，＋∞)时，m (x )>0，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 所以h (x )min ＝h (1)＝0.所以－a <0，所以a >0，即实数a 的取值范围是(0，＋∞)． 4．已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x 0∈(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 上单调递减； 当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝ln a .由f ′(x )＞0得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )＜0得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)． (2)因为∃x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ， 则ax ≤ln x x ，即a ≤ln xx2.设h (x )＝ln x x 2，则问题转化为a ≤(ln xx 2)max ，由h ′(x )＝1－2ln xx 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12e .所以a ≤12e.5．(2019·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 22＋2x ＋12>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 )＝1x －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 )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f (x )－x 22＋2x ＋12>k (x －1)可化为ln x －x 22＋x －12>k (x －1)．令g (x )＝ln x －x 22＋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)上单调递减，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)上单调递减，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)上单调递增，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)上单调递增．所以h (x )>h (1)＝1－k >0，所以g ′(x )>0，所以g (x )在(1，x 0)上单调递增．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．(2019·重庆六校联考)已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1>x 2，恒有f (x 1)－f (x 2)>x 2－x 1，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝x －a ＋a －1x ＝x 2－ax ＋a －1x ＝1x(x －1)[x －(a －1)]，①若a >2，由f ′(x )>0，得0<x <1或x >a －1，由f ′(x )<0，得1<x <a －1，则f (x )在(0，1)，(a －1，＋∞)上单调递增，在(1，a －1)上单调递减；②若a ＝2，则f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；③若1<a <2，由f ′(x )>0，得0<x <a －1或x >1，由f ′(x )<0，得a －1<x <1，则f (x )在(0，a －1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a －1，1)上单调递减；④若a ≤1，由f ′(x )>0，得x >1，由f ′(x )<0，得0<x <1，则f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．综上，若a >2，则f (x )在(0，1)，(a －1，＋∞)上单调递增，在(1，a －1)上单调递减； 若a ＝2，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若1<a <2，则f (x )在(0，a －1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a －1，1)上单调递减； 若a ≤1，则f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减． (2)f (x 1)－f (x 2)>x 2－x 1⇔f (x 1)＋x 1>f (x 2)＋x 2， 令F (x )＝f (x )＋x ＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x ＋x ，对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1>x 2，恒有f (x 1)－f (x 2)>x 2－x 1等价于函数F (x )在(0，＋∞)上是增函数．F ′(x )＝x －a ＋1＋a －1x ＝1x [x 2－(a －1)x ＋a －1]，令g (x )＝x 2－(a －1)x ＋a －1，当a －1<0，即a <1时，x ＝a －12<0，故要使F ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g (0)≥0，即a －1≥0，a ≥1，无解． 当a －1≥0，即a ≥1时，x ＝a －12≥0，故要使F ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g ⎝⎛⎭⎪⎫a －12≥0， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122－(a －1)·a －12＋a －1≥0，化简得(a －1)(a －5)≤0， 解得1≤a ≤5.综上，实数a 的取值范围是[1，5]．。
第05讲 拓展一：利用导数研究不等式恒成立问题(原卷版)
第05讲 拓展一：利用导数研究不等式恒成立问题一、知识点归纳1、分离参数法用分离参数法解含参不等式恒成立问题，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；步骤：①分类参数（注意分类参数时自变量x 的取值范围是否影响不等式的方向）②转化：若()a f x >)对x D ∈恒成立，则只需max ()a f x >；若()a f x <对x D ∈恒成立，则只需min ()a f x <．③求最值.2、分类讨论法如果无法分离参数，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与判别式的方法(0a >，0∆<或0a <，0∆<)求解．3、等价转化法当遇到()()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()()()F x f x g x =-或者“右减左”的函数()()()H x g x f x =-，进而只需满足min ()0F x ≥，或者max ()0H x ≤，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数的最值的问题.二、题型精讲方法一：分离变量法1．（2023上·北京通州·高三统考期中）已知函数()2e 2x f x x =-.(1)求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)求()f x 的极值；(3)若对于任意x ∈R ，不等式()()2e 1f x x m >-+恒成立，求实数m 的取值范围.3．（2023上·北京丰台·高三统考期中）已知函数()ln(1)f x x =+，()g x kx =．(1)当1k =时，求函数()()()h x f x g x =-的最大值；(2)若关于x 的不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数k 的值．4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()21ln f x x a x x =++-，()221g x x x a =+++．(1)若()f x 在()1,+∞上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)当[)1,e x ∈时，()()f x g x <恒成立，求实数a 的取值范围．5．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()e ln x f x a a =+，()ln(1)1g x x =++（其中a 为常数，e 为自然对数底数）.若()()f x g x >恒成立，求a 的取值范围．。
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范围.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，
g(x)在(1，x2)上单调递减，此时g(x)＜g(1)＝0.
[关键4：利用导数研究函数单调性，求函数值域]
综上，a的取值范围是(－∞，2].
考法一 分离参数法解决不等式恒成立问题
[例1] (2019·石家庄质量检测)已知函数f(x)＝axex－(a＋ 1)(2x－1)．
考法二 等价转化法解决不等式恒成立问题
[例2] (2019·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．
(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)＝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.
(1)在a＝0时，求f(x)的单调区间； (2)若 f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)a＝0时，f(x)＝(x－1)ln x， f′(x)＝ln x＋(x－1)·1x＝ln x－1x＋1，设 g(x)＝ln x－1x＋1， 则g′(x)＝x＋x2 1>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0， ∴ x∈(0,1)时，g(x)<0，即f′(x)<0， x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0， ∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
[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， 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)． 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. 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，＋∞)．
对利用导数研究不等式恒成立问题(能成立问题)，一般可转化为 最值问题处理．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.
通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x 转化关
∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min) 求最值
求函数g(x)在区间训练]
(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝(x－1)ln x＋ax(a∈R )．
设g(x)＝ln x－axx＋－11， [关键1：对条件进行恒等变形，直接构造函数] 则g′(x)＝1x－x＋2a12＝x2＋x2x1＋－1a2x＋1，g(1)＝0. [关键2：利用导函数确定分类标准] ①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞ 0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0； [关键3：通过放缩判断导函数符号，研究函数单调性，求函 数值域] ②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－ a－12－1，x2＝a－ 1＋ a－12－1.
(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≥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；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，
案例
关键步
(1)略
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－axx＋－11＞0.
[结合导函数的 零点分类讨论] (2016·全国卷 Ⅱ)已知函数f(x) ＝(x＋1)ln x－ a(x－1)． (1)当a＝4时， 求曲线y＝f(x) 在(1，f(1))处的 切线方程；
(2)若当x∈(1， ＋∞)时，f(x)＞ 0，求a的取值
所以F(x)max＝F(1)＝1e.
于是a＋a 1≥1e，解得a≥e－1 1.
故实数a的取值范围是e－1 1，＋∞.
[解题技法] 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”
第五节 利用导数研究不等式恒成立问题
分类讨论法：常见有两种情况：一种先利用综合法，结合导函数 的零点之间的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；另外一种， 直接通过导函数的式子，确定以导函数值正负为分类标准，通常导函 数为二次函数或者一次函数．
(2)由(x－1)ln x＋ax>0，得－ax<(x－1)ln x，而x>0， ∴－a<x－1xln x＝ln x－lnxx. 记h(x)＝ln x－lnxx，则h′(x)＝1x－1x·x－x2ln x＝ln x＋x2x－1， 设m(x)＝ln x＋x－1(x>0)， 显然m(x)在(0，＋∞)上单调递增，而m(1)＝0， ∴x∈(0,1)时，m(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，x∈(1，＋∞) 时，m(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增， ∴h(x)min＝h(1)＝0. ∴－a<0，∴a>0，即实数a的取值范围是(0，＋∞)．