专题10 与函数单调性有关的恒成立问题(解析版)

备战2020高考数学冲刺秘籍之恒成立与有解问题解法大全第一篇

专题十 与函数单调性有关的恒成立问题

一、问题指引

与函数单调性有关的恒成立问题主要有两大类，一是形如()()()()

f g x f h x >的恒成立问题，利用

()f x 的单调性转化为()()g x h x >或()()g x h x <恒成立问题，二是

()()()()112211

0f x g x f x g x x x ---⎡⎤⎣⎦

>-恒

成立问题，转化为()()y f x g x =-是增函数。

二、方法详解

(一) 形如()()()()

f g x f h x >的恒成立问题。

【例】（2020·甘肃兰州高三期末）函数()f x 对任意的()1212,x x R x x ∈≠，都有

()()

1212

0f x f x x x -<-，若对所有[]

1,1t ∈-都有(

)2

(3)f t t f k t -≥+-成立，则k 的最小值为________.

【答案】2- 【解析】

【分析】由已知得函数是单调递减的，由单调性化简不等式，分离参数，转化为求函数最值，再求解． 【详解】∵函数()f x 对任意的()1212,x x R x x ∈≠，都有()()

1212

0f x f x x x -<-，∴()f x 是减函数，

∴由(

)2

(3)f t t

f k t -≥+-得2

3t t

k t -≤+-，即22

23(1)2k t t t ≥-+-=---，∵[1,1]t ∈-，所以

2(1)2[6,2]t ---∈--，∴2k ≥-，k 的最小值为2-．故答案为：2-．

【点睛】本题考查函数的单调性，考查函数不等式恒成立问题．解题时注意问题的转化，不等式恒成立常常转化为求函数的最值．

【例】（2020·河北高三期末）已知函数.

（1）当时，求的最小值；

（2）若函数在区间上为单调函数，求实数的取值范围；

（3）当

时，不等式

恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)；(2)；(3)

【解析】

试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数的最值、恒成立问题等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，先将代入，得到，对求导，利用f′(x)>0，f′(x)<0判断出函数的单调区间，从而得到函数的取得最值的位置，求出最值；第二问，先将函数在区间上为单调函数，由于没有分单调递增和单调递减，所以转化为在上恒成立，即a≥−2x2−2x恒成立，和转化成

在上恒成立，共两种情况，求函数最值，从而求出a的取值范围；第三问，先将当时，不等式恒成立转化为，讨论t=1,t>1,t<1三种情况，通过求函数最值，求a的取值范围.

试题解析：①，

当时，，当时，，

∴在上单调减，在上单调增，∴

②，

若在上单调增，则在上恒成立恒成立

令，，则，，∴

若在上单调减，则在上恒成立

综上，的取值范围是：9分

③恒成立

当时，不等式显然成立

当时，

在时恒成立，令，即求的最小值

设，，，

且A 、B 两点在的图象上，又∵，，故

∴

，故

，即实数的取值范围为

。

考点：导数的运算、利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数的最值、恒成立问题.

【类题展示】已知函数f (x )=1−2

2x +1，当x ≥0时，不等式f (ax 2+x )+f (1−e x )≤0恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(−∞,1] B ．(0,1] C ．(−∞,1

2

]

D ．(0,1

2

]

【答案】C

【分析】由题判断f (x )为奇函数且单调递增，转化f (ax 2+x )+f (1−e x )≤0为f (ax 2+x )

2x +1单调递增，f (x )=1−

22x +1

=2x −12x +1，则f (−x )=2−x −12−x +1=1−2x

2x +1=− f (x )，

故f (x )为奇函数，当x ≥0时，不等式f (ax 2+x )+f (1−e x )≤0恒成立等价为

f (ax 2+x )≤−f (1−e x )即f (ax 2+x )≤f (e x −1)恒成立，故ax 2+x ≤e x −1在x ≥0时恒成立 当x=0时，0≤0恒成立，a ∈R 当x>0时，a ≤

e x −1−x x 2

,设g (x )=

e x −1−x x 2

,则g ′(x )=

x+2+e x (x−2)

x 3

设h (x )= x +2+e x (x −2),ℎ′(x )=e x (x −1)+1,ℎ′′(x )=xe x >0,则ℎ′(x )单增，又ℎ′(1)=0，则当01,ℎ′(x )>0,故h (x )≥h (1)=0，即g ′(x )≥0，故g (x )单调递增，当x →0,g (x )→1

2,

故a ≤1

2，综上a ≤1

2，故选C 。

【评注】求解此类问题的关键是把所给不等式转化为()()()()

f g x f h x >的形式，转化过程中常利用函数的奇偶性及函数的运算法则 (二) 形如

()()()()112211

0f x g x f x g x x x ---⎡⎤⎣⎦

>-（或<0）恒成立问题

【例】已知函数f (x )=e x +bx .