【高考理数】利用导数解决不等式问题(解析版)

2020

题型一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 【题型要点】

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．利用导数解决这个问题的常用思想方法如下：

(1)分离参数法：

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f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式；

第二步，利用导数求出函数f 2(x )(x ∈D )的最大(小)值；

第三步，解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min 从而求出参数λ的取值范围． (2)函数思想法：

第一步，将不等式转化为某含参数的函数的最值问题； 第二步，利用导数求出该函数的极值(最值)； 第三步，构建不等式求解．

【例1】已知函数f (x )＝x 4＋ax 3＋2x 2＋b (x ∈R )，其中a ，b ∈R . (1)当a ＝－10

3

时，讨论函数f (x )的单调性；

(2)若函数f (x )仅在x ＝0处有极值，求a 的取值范围；

(3)若对于任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，求b 的取值范围． 【解】 (1)f ′(x )＝4x 3＋3ax 2＋4x ＝x (4x 2＋3ax ＋4)． 当a ＝－10

3时，f ′(x )＝x (4x 2－10x ＋4)＝2x (2x －1)(x －2)．

令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝1

2，x 3＝2.

当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：

所以f (x )在(0，1

2)，(2，＋∞)内是增函数，

在(－∞，0)，(1

2

，2)内是减函数．

(2)f ′(x )＝x (4x 2＋3ax ＋4)，显然x ＝0不是方程4x 2＋3ax ＋4＝0的根． 为使f (x )仅在x ＝0处有极值，必须4x 2＋3ax ＋4≥0成立，即有Δ＝9a 2－64≤0. 解此不等式，得－83≤a ≤8

3.这时，f (0)＝b 是唯一极值．因此满足条件的a 的取值范围是[－

83，8

3

]． (3)解：由条件a ∈[－2,2]，可知Δ＝9a 2－64<0，从而4x 2＋3ax ＋4>0恒成立． 当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0.

因此函数f (x )在[－1,1]上的最大值是f (1)与f (－1)两者中的较大者．

为使对任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧

f (1)≤1

f (－1)≤1，即

⎩⎪⎨⎪

⎧

b ≤－2－a b ≤－2＋a

在a ∈[－2,2]上恒成立．所以b ≤－4，因此满足条件的b 的取值范围是(－∞，－4]．

题组训练一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 已知函数f (x )＝e x －

1＋ax ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调区间；

(2)若∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围． 【解析】 (1)f ′(x )＝e x －

1＋a ，

(∈)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (∈)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1， 当f ′(x )>0，即x >ln(－a )＋1时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x

综上，当a ≥0时，函数f (x )在R 上单调递增；当a <0时，函数f (x )的单调递增区间是(ln(－a )＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a )＋1)．

(2)令a ＝－1，由(1)可知，函数f (x )＝e x －

1－x 的最小值为f (1)＝0，所以e x －

1－x ≥0，即e x －

1≥x .

f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立与f (x )＋ln x －a －1≥0恒成立等价，

令g (x )＝f (x )＋ln x －a －1，即g (x )＝e x －1＋a (x －1)＋ln x －1(x ≥1)，则g ′(x )＝e x －1＋1x ＋a ，

∈当a ≥－2时，g ′(x )＝e x －

1＋1x ＋a ≥x ＋1x

＋a ≥2

x ·1x ＋a ＝a ＋2≥0(或令φ(x )＝e x －

1＋1x

， 则φ′(x )＝e x －

1－1x 2在[1，＋∞)上递增，∈φ′(x )≥φ′(1)＝0，∈φ(x )在[1，＋∞)上递增，∈φ(x )≥φ(1)

＝2，∈g ′(x )≥0)

∈g (x )在区间[1，＋∞)上单调递增， ∈g (x )≥g (1)＝0，∈f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立， ∈当a <－2时，令h (x )＝e

x －1

＋1x ＋a ，则h ′(x )＝e x －1

－1x 2＝x 2e x －

1－1x 2

， 当x ≥1时，h ′(x )≥0，函数h (x )单调递增． 又h (1)＝2＋a ＜0， h (1－a )＝e 1

－a －1

＋11－a ＋a ≥1－a ＋11－a ＋a ＝1＋1

1－a

>0，∈存在x 0∈(1,1－a )，使得h (x 0)＝0，故当x ∈(1，x 0)时，h (x )h (x 0)＝0，即g ′(x )>0，故函数g (x )在(x 0，＋∞)上单调递增．

∈g (x )min ＝g (x 0)

即∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1不恒成立，