2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点课件函数与导数三十六

主攻40个必考点(三十六)导数与不等式的恒成立问题1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，1＋12·1＋122·…·1＋12nm，求m的最小值．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．①若a≤0，因为f12＝－12＋aln20，所以不满足题意；②若a0，由f′(x)＝1－ax＝x－ax知，当x∈(0，a)时，f′(x)0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0.故a＝1.(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx0.令x＝1＋12n，得ln1＋12n12n.从而ln1＋12＋ln1＋122＋…＋ln1＋12n12＋122＋…＋12n＝1－12n1.故1＋121＋122·…·1＋12ne.而1＋121＋1221＋1232，所以m的最小值为3.2．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0，得x＝－1－2或x＝－1＋2.当x∈(－∞，－1－2)时，f′(x)＜0；当x∈(－1－2，－1＋2)时，f′(x)＞0；当x∈(－1＋2，＋∞)时，f′(x)＜0.所以f(x)在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.①当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，则h′(x)＝－xex＜0(x≥0)．因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，又h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.②当0＜a＜1时，设函数g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1＞0(x≥0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.当0＜x＜1时，f(x)＞(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝5－4a－12，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)＞ax0＋1.当a≤0时，取x0＝5－12，则x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.综上，a的取值范围是[1，＋∞)．[把脉考情]考什么1.不等式恒成立问题2.不等式存在成立问题考多深多在选择题、解答题中考查，难度较大，分值12分考多宽与函数性质交汇命题，主要考查不等式恒成立及存在成立求参数范围，注意转化与化归思想的应用不等式恒成立问题[典例1](2019·广州一模)已知函数f(x)＝ax＋lnx＋1，若对任意的x0，f(x)≤xe2x恒成立，求实数a的取值范围．[一题多解](在发散思维中整合知识)法一：构造函数、最值转化设g(x)＝xe2x－ax－lnx－1(x0)，对任意的x0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则只需g(x)min≥0即可．因为g′(x)＝(2x＋1)e2x－a－1x，令h(x)＝(2x＋1)e2x－a－1x(x0)，则h′(x)＝4(x＋1)e2x＋1x20，所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为当x→0时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点x0，满足(2x0＋1)e2x0－a－1x0＝0，所以a＝(2x0＋1)e2x0－1x0，且g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝x0e2x0－ax0－lnx0－1＝－2x20e2x0－lnx0，则由g(x)min≥0，得2x20e2x0＋lnx0≤0，此时0x01，e2x0≤－lnx02x20，所以2x0＋ln(2x0)≤ln(－lnx0)＋(－lnx0)，设S(x)＝x＋lnx(x0)，则S′(x)＝1＋1x0，所以函数S(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为S(2x0)≤S(－lnx0)，所以2x0≤－lnx0，即e2x0≤1x0，所以a＝(2x0＋1)e2x0－1x0≤(2x0＋1)·1x0－1x0＝2，所以实数a的取值范围为(－∞，2]．法二：分离参数、最值转化因为f(x)＝ax＋lnx＋1，所以对任意的x0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于a≤e2x－lnx＋1x在(0，＋∞)上恒成立．令m(x)＝e2x－lnx＋1x(x0)，则只需a≤m(x)min即可．m′(x)＝2x2e2x＋lnxx2，再令n(x)＝2x2e2x＋lnx(x0)，则n′(x)＝4(x2＋x)e2x＋1x0，所以n(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为n14＝e8－2ln20，n(1)＝2e20，所以n(x)有唯一的零点x0，且14x01，所以当0xx0时，m′(x)0，当xx0时，m′(x)0，所以m(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．因为2x20e2x0＋lnx0＝0，所以ln2＋2lnx0＋2x0＝ln(－lnx0)，即ln2x0＋2x0＝ln(－lnx0)＋(－lnx0)．设s(x)＝lnx＋x(x0)，则s′(x)＝1x＋10，所以函数s(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为s(2x0)＝s(－lnx0)，所以2x0＝－lnx0，即e2x0＝1x0，所以m(x)≥m(x0)＝e2x0－lnx0＋1x0＝2，则有a≤2，所以实数a的取值范围为(－∞，2]．法三：分离参数、以不等式x－1≥lnx放缩因为f(x)＝ax＋lnx＋1，所以对任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于a≤e2x－lnx＋1x在(0，＋∞)上恒成立，先证明t≥lnt＋1.令Q(t)＝t－lnt－1(t＞0)，则Q′(t)＝1－1t，当t∈(0,1)时，Q′(t)＜0；当t∈(1，＋∞)时，Q′(t)＞0，所以Q(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以Q(t)≥Q(1)＝0，故t≥lnt＋1，当且仅当t＝1时取等号．所以当x＞0时，有xe2x≥ln(xe2x)＋1＝lnx＋2x＋1，所以e2x≥lnxx＋2＋1x，即e2x－lnx＋1x≥2，当且仅当xe2x＝1时取等号，所以实数a的取值范围为(－∞，2]．法四：分离参数、以不等式ex≥x＋1放缩因为f(x)＝ax＋lnx＋1，所以对任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于a≤e2x－lnx＋1x在(0，＋∞)上恒成立，先证明ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号(证明略)．所以当x＞0时，有xe2x＝elnxe2x＝elnx＋2x≥lnx＋2x＋1，所以e2x≥lnxx＋2＋1x，即e2x－lnx＋1x≥2，当且仅当lnx＋2x＝0时取等号，所以实数a的取值范围为(－∞，2]．增分方略求解不等式恒成立问题的方法(1)构造函数，分类讨论．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h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0,将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)部分分离，化为切线．若不等式可以等价变形为t(x)＞k(x－x0)＋b的形式，由不等式恒成立问题知函数y＝t(x)的图象都在过定点的直线y＝k(x－x0)＋b的上方，运用运动的思想探求问题，参数取值范围的临界值就是直线与函数图象相切时对应的参数值，而临界值往往应用导数的几何意义来确定．(3)完全分离，函数最值．分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y＝a与函数y＝v(x)图象的交点个数问题来解决．(4)换元分离，简化运算．处理不等式恒成立问题时，经常遇到式子比较复杂或含有多个变量，此时可以通过条件、结论分析入手，根据不等式的结构特征，将不等式变形为左右两边结构相同的不等式类型，构造相应的特征函数，然后通过研究该函数的单调性来解决问题．(5)放缩构造，化繁为简．有时可以利用不等式的传递性，先进行适当的放缩，再构造合适的函数进行求解．常见的放缩依据有x－1≥lnx(x＞0)，xlnx≥x－1(x＞0)，ex≥x＋1，ex≥x(x＞0)，….以上五种通法各有利弊，需结合不等式的特征合理选择．在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”．依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界．存在成立问题[典例2](2019·沈阳模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax＋1－ax－1(a∈R)．(1)当a＝1时，证明：f(x)≤－2；(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝14时，若∀x1∈(0,2)，∃x2∈[1,2]，f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．[解](1)证明：当a＝1时，f(x)＝lnx－x－1，则f′(x)＝1x－1，所以当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－2，故f(x)≤－2.(2)依题意得f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在[1,2]上的最小值，即f(x)min≥g(x)min.当a＝14时，f(x)＝lnx－14x＋34x－1，所以f′(x)＝1x－14－34x2＝－x－1x－34x2，当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，所以当x∈(0,2)时，f(x)min＝f(1)＝－12.又g(x)＝x2－2bx＋4，x∈[1,2]，①当b＜1时，易得g(x)min＝g(1)＝5－2b，则5－2b≤－12，解得b≥114，这与b＜1矛盾；②当1≤b≤2时，易得g(x)min＝g(b)＝4－b2，则4－b2≤－12，所以b2≥92，这与1≤b≤2矛盾；③当b＞2时，易得g(x)min＝g(2)＝8－4b，则8－4b≤－12，解得b≥178.综上，实数b的取值范围是178，＋∞.增分方略1．有关存在成立问题的解题方法∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f(x)min＞g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数y＝g(x)的所有函数值．∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于函数g(x)在D2上的最大值(这里假设f(x)max，g(x)max存在)．其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数y＝g(x)的所有函数值．2．注意不等式恒成立与存在成立的异同不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可转化为最值问题，但f(a)≥g(x)(f(a)≤g(x))对存在x∈D能成立等价于f(a)≥g(x)min(f(a)≤g(x)max)，f(a)≥g(x)(f(a)≤g(x))对任意x∈D都成立等价于f(a)≥g(x)max