2021版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数的应用 第4课时 利用导数研究不等式的

数学第三章导数及其应用第2讲导数的应用第4课时利用导数研究不等式的恒成立问题01核心考点深度剖析02高效演练分层突破策略一：分离参数法(2020·南昌质检)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．【解】(1)因为函数f(x)＝xlnx的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝lnx＋1.令f′(x)0，得lnx＋10，解得0x1e，所以f(x)的减区间是0，1e.令f′(x)0，得lnx＋10，解得x1e，所以f(x)的增区间是1e，＋∞.综上，f(x)的减区间是0，1e，增区间是1e，＋∞.(2)因为g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意得2xlnx≤3x2＋2ax＋1恒成立．因为x0，所以a≥lnx－32x－12x在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝lnx－32x－12x(x0)，则h′(x)＝1x－32＋12x2＝－(x－1)(3x＋1)2x2.令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－13(舍)．当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值所以当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，所以若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，即a≥－2，故实数a的取值范围是[－2，＋∞)．(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”转化关通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对任意的x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)求最值关求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题(2020·石家庄质量检测)已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．(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x0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.(2)由f(1)≥0，得a≥1e－10，则f(x)≥0对任意的x0恒成立可转化为aa＋1≥2x－1xex对任意的x0恒成立．设函数F(x)＝2x－1xex(x0)，则F′(x)＝－(2x＋1)(x－1)x2ex.当0x1时，F′(x)0；当x1时，F′(x)0，所以函数F(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，所以F(x)max＝F(1)＝1e.于是aa＋1≥1e，解得a≥1e－1.故实数a的取值范围是1e－1，＋∞.策略二：等价转化法设f(x)＝ax＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t∈12，2，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．【解】(1)存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3xx－23.令g′(x)＞0得x＜0或x＞23，令g′(x)＜0得0＜x＜23，又x∈[0，2]，所以g(x)在区间0，23上是减少的，在区间23，2上是增加的，所以g(x)min＝g23＝－8527，又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)max＝g(2)＝1.故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝11227≥M，则满足条件的最大整数M＝4.(2)对于任意的s，t∈12，2，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间12，2上，函数f(x)min≥g(x)max，由(1)可知在区间12，2上，g(x)的最大值为g(2)＝1.在区间12，2上，f(x)＝ax＋xlnx≥1恒成立等价于a≥x－x2lnx恒成立．设h(x)＝x－x2lnx，h′(x)＝1－2xlnx－x，令m(x)＝xlnx，由m′(x)＝lnx＋1＞0得x＞1e.即m(x)＝xlnx在1e，＋∞上是增函数，可知h′(x)在区间12，2上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x≤2时，h′(x)＜0；当12≤x＜1时，h′(x)＞0.即函数h(x)＝x－x2lnx在区间12，1上是增加的，在区间(1，2]上是减少的，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化．(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题．已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna(a0，a≠1)．(1)求函数f(x)的极小值；(2)若存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝axlna＋2x－lna＝2x＋(ax－1)lna.因为当a1时，lna0，函数y＝(ax－1)lna在R上是增函数，当0a1时，lna0，函数y＝(ax－1)lna在R上也是增函数，所以当a1或0a1时，f′(x)在R上是增函数，又因为f′(0)＝0，所以f′(x)0的解集为(0，＋∞)，f′(x)0的解集为(－∞，0)，故函数f(x)的增区间为(0，＋∞)，减区间为(－∞，0)，所以函数f(x)在x＝0处取得极小值1.(2)因为存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1成立，所以只需f(x)max－f(x)min≥e－1即可．由(1)可知，当x∈[－1，1]时，f(x)在[－1，0]上是减函数，在(0，1]上是增函数，所以当x∈[－1，1]时，f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max为f(－1)和f(1)中的较大者．f(1)－f(－1)＝(a＋1－lna)－1a＋1＋lna＝a－1a－2lna，令g(a)＝a－1a－2lna(a0)，因为g′(a)＝1＋1a2－2a＝1－1a20，所以g(a)＝a－1a－2lna在(0，＋∞)上是增函数．而g(1)＝0，故当a1时，g(a)0，即f(1)f(－1)；当0a1时，g(a)0，即f(1)f(－1)．所以当a1时，f(1)－f(0)≥e－1，即a－lna≥e－1.由函数y＝a－lna在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；当0a1时，f(－1)－f(0)≥e－1，即1a＋lna≥e－1，由函数y＝1a＋lna在(0，1)上是减函数，解得0a≤1e.综上可知，所求实数a的取值范围为0，1e∪[e，＋∞)．本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放