第五节 利用导数研究不等式恒成立问题

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)(2xBaidu Nhomakorabea1)．
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
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D上的最大值(或最小值)问题 关
[对点训练]
(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＋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，＋∞)．
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.
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.
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”
(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，＋∞)．
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．
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．
[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，＋∞)．
(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，
(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.