导与练普通班2017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

第四课时利用导数研究不等式恒成立求参数范围专题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.专题概述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)=alnx(a0),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;(2)当x0时,求证:f(x)≥a（1-1x）;(1)解:f′(x)=ax,f′(2)=2a=2,a=4.(2)证明:令g(x)=a（lnx-1+1x）,g′(x)=a（1x-21x）.令g′(x)0,即a（1x-21x）0,解得x1,所以g(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增.所以g(x)最小值为g(1)=0,所以f(x)≥a（1-1x）.(3)在区间(1,e)上exa-1eax0恒成立,求实数a的取值范围.(3)解:由题意可知exa1eax,化简得1xalnx,a1lnxx.令h(x)=1lnxx,则h′(x)=21ln1lnxxxx,所以h′(x)=21ln1lnxxx.由(2)知,在x∈(1,e)上,lnx-1+1x0,所以h′(x)0,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,+∞).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.【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)=ex-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).(2)若x0时,总有f(x)-e2x,求实数a的取值范围.解：(2)由f(x)-e2x得a-2exx.设g(x)=-2exx,x0,则g′(x)=3e2xxx.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.所以g(x)≤g(2)=-2e4.因此,a的取值范围为（-2e4,+∞）.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)lnx+ax2+12,a∈R.(1)当a=-13时,求f(x)的最大值;解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=-13时,f(x)=23lnx-13x2+12,f′(x)=23x-23x=2223xx=-2113xxx,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)=16.解：(2)函数f(x)=(a+1)lnx+ax2+12的定义域为(0,+∞),且f′(x)=1ax+2ax=221axax.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;当-1a0时,令f′(x)=0,解得x=12aa,则当x∈（0,12aa）,f′(x)0;当x∈（12aa,+∞）,f′(x)0.故f(x)在x∈（0,12aa）上单调递增;在x∈（12aa,+∞）上单调递减.(2)讨论函数f(x)的单调性;解：(3)不妨设0x1≤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,即证g′(x)=f′(x)-4=1ax+2ax-4≥0,即2ax2-4x+a+1≥0(x0)恒成立.当a=0时,则由-4x+1≥0得x≤14,不合题意,即a≠0,则a0.根据二次函数y=2ax2-4x+a+1(x0)开口方向向上,对称轴x=1a0,所以只需Δ≤0,可得16-8a(a+1)≤0,解得a≥1(a≤-2舍去).(3)如果对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|恒成立,求实数a的取值范围.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=1ax+2ax+4≤0,得2ax2+4x+a+1≤0(x0)恒成立.根据二次函数y=2ax2+4x+a+1(x0)开口方向向下,对称轴x=-1a0,所以只需Δ≤0,可得16-8a(a+1)≤0,解得a≤-2(a≥1舍去).③当-1a0时,f(x)在x∈（0,12aa）上单调递增;在x∈（12aa,+∞）上单调递减,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-1a0不符,故此情况无解.综上所述,实数a的取值范围是(-∞,-2]∪[1,+∞).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)-1xx.(1)证明:f(x)≥0;(1)证明:由题意得函数的定义域为(-1,+∞).f′(x)=11x-211x=21xx.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)解:由已知得ln(x+1)-1xx-ax2≤0,当x≥0时恒成立.令h(x)=ln(x+1)-1xx-ax2,x∈[0,+∞).则h′(x)=11x-211x-2ax=221211xaxx.当a≤0时,显然h′(x)≥0恒成立,所以h(x)在定义域内递增,而h(e-1)=lne-e1e-a(e-1)2=-a(e-1)2+1e0.故a≤0不符合题意;当2a≥1即a≥12时,因为x≥0,故(x+1)2≥1,所以1-2a(x+1)2≤0,(2)若当x≥0时,f(x)≤ax2恒成立,求实数a的取值范围.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≥12符合题意;当0a12时,令h′(x)=0得x=12a-10,当x∈（0,12a-1）时,h′(x)0,故此时h(x)递增;当x∈(12a-1,+∞)时,h′(x)0,故此时h(x)递减.而当x→0时,h(x)→ln1=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.综上可知,所求a的范围是[12,+∞).利用转化与化归思想求解存在性不等式成立问题方法三【例3】(2016新乡调研)已知函数f(x)=x-(a+1)lnx-ax(a∈R),g(x)=12x2+ex-xex.(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)=21xxax.①当a≤1时,x∈[1,e],f′(x)≥0,f(x)为增函数,f(x)min=f(1)=1-a.②当1ae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)lna-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)-ea.综上,当a≤1时,f(x)min=1-a;当1ae时,f(x)min=a-(a+1)lna-1;当a≥e时,f(x)min=e-(a+1)-ea.解：(2)由题意知f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于g(x)(x∈[-2,0])的最小值.由(1)知当a1时f(x)在[e,e2]上单调递增,f(x)min=f(e)=e-(a+1)-ea.g′(x)=(1-ex)x.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)-ea1,即a2e2ee1,所以a的取值范围为(2e2ee1,1).(2)当a1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.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)]min0(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)]max0(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.【即时训练】(2016东北三校联考)已知函数f(x)=1exx(e为自然对数的底数).(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)=-exx,所以当x0时,f′(x)0,当x0时,f′(x)0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.(2)设函数(x)=xf(x)+tf′(x)+1ex,存在实数x1,x2∈[0,1],使得2(x1)(x2)成立,求实数t的取值范围.解：(2)若存在x1,x2∈[0,1],使得2(x1)(x2)成立,则2[(x)]min[(x)]max.因为(x)=xf(x)+tf′(x)+e-x=211exxtx,所以′(x)=21exxtxt=-1exxtx.①当t≥1时,′(x)≤0,(x)在[0,1]上单调递减,所以2(1)(0),即t3-e21.②当t≤0时,′(x)0,(x)在[0,1]上单调递增,所以2(0)(1),即t3-2e0.③当0t1时,若x∈[0,t),′(x)0,(x)在[0,t)上单调递减;若x∈(t,1],′(x)0,(x)在(t,1]上单调递增,所以2(t)max{(0),(1)},即2·1ettmax｛1,3et｝,(*)由(1)知,g(t)=2·1ett在[0,1]上单调递减,故4e≤2·1ett≤2,而2e≤3et≤3e,所以不等式(*)无解.综上所述,存在t∈(-∞,3-2e)∪（3-e2,+∞）,使得不等式成立.