2022届高考（统考版）数学理科一轮复习教学案：第3章 命题探秘1 第2课时　利用导数研究不等式恒（能）成立问题 （含解析）.doc

1、第 2 课时 利用导数研究不等式恒(能) 成立问题 技法阐释 用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分离参数， 或构造新函数分类讨论，将不等式问题转化为函数的最值问题. 1.分离参数法 一般地， 若 af (x)对 xD 恒成立， 则只需 af (x)max； 若 af (x)对 xD 恒成立， 则只需 af (x)min.若存在 x0D， 使 af (x0)成立， 则只需 af (x)min； 若存在 x0D，使 af (x0)成立，则只需 af (x0)max.由此构造不等式，求解 参数的取值范围. 2.构造函数分类讨论法 有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间

2、大小关系的 决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得 到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值 正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数. 高考示例 (2020 全国卷)已知函数 f (x)exax2x. (1)当 a1 时，讨论 f (x)的单调性； (2)当 x0 时，f (x)1 2x 31，求 a 的取值范围. 技法一 分离参数法解决不等式恒成立问题 典例 1(2020 石家庄模拟)已知函数 f (x)axex(a1)(2x1) (1)若 a1，求函数 f (x)的图象在点(0，f (0)处的切线方程； (2)当 x0 时，函

3、数 f (x)0 恒成立，求实数 a 的取值范围 思维流程 解 (1)若 a1，则 f (x)xex2(2x1) 即 f (x)xexex4， 则 f (0)3，f (0)2， 所以所求切线方程为 3xy20. (2)由 f (1)0，得 a 1 e10， 则 f (x)0 对任意的 x0 恒成立可转化为 a a1 2x1 xex 对任意的 x0 恒成立 设函数 F(x)2x1 xex (x0)， 则 F(x)2x1x1 x2ex . 当 0 x1 时，F(x)0； 当 x1 时，F(x)0， 所以函数 F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 所以 F(x)maxF(1)1 e

4、. 于是 a a1 1 e，解得 a 1 e1. 故实数 a 的取值范围是 1 e1， . 点评：利用分离参数法来确定不等式 f (x，)0(xD， 为实参数)恒成立问 题中参数取值范围的基本步骤： (1)将参数与变量分离，化为 f 1()f 2(x)或 f 1()f 2(x)的形式 (2)求 f 2(x)在 xD 时的最大值或最小值 (3)解不等式 f 1()f 2(x)max或 f 1()f 2(x)min，得到 的取值范围 跟进训练 已知函数 f (x)1ln x x . (1)若函数 f (x)在区间 a，a1 2 上存在极值，求正实数 a 的取值范围； (2)当 x1 时，不等式 f

5、 (x) k x1恒成立，求实数 k 的取值范围 解 (1)函数 f (x)的定义域为(0，)， f (x)11ln x x2 ln x x2 ， 令 f (x)0，得 x1. 当 x(0,1)时，f (x)0，f (x)单调递增； 当 x(1，)时，f (x)0，f (x)单调递减 所以 x1 为函数 f (x)的极大值点，且是唯一的极值点， 所以 0a1a1 2，故 1 2a1， 即实数 a 的取值范围为 1 2，1 . (2)由题意得，当 x1 时，kx11ln x x 恒成立， 令 g(x)x11ln x x (x1)， 则 g(x) 1ln x11 x xx11ln x x2 xln

6、 x x2 . 再令 h(x)xln x(x1)，则 h(x)11 x0， 所以 h(x)h(1)1，所以 g(x)0， 所以 g(x)在1，)上单调递增，所以 g(x)g(1)2， 故 k2，即实数 k 的取值范围是(，2 技法二 构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题 典例 2(2020 合肥六校联考)已知函数 f (x)(xa1)ex，g(x)1 2x 2ax，其 中 a 为常数 (1)当 a2 时，求函数 f (x)在点(0，f (0)处的切线方程； (2)若对任意的 x0，)，不等式 f (x)g(x)恒成立，求实数 a 的取值范 围 思维流程 解 (1)因为 a2，所以 f (x)

7、(x1)ex，所以 f (0)1， f (x)(x2)ex，所以 f (0)2， 所以所求切线方程为 2xy10. (2)令 h(x)f (x)g(x)， 由题意得 h(x)min0 在 x0，)上恒成立， 因为 h(x)(xa1)ex1 2x 2ax， 所以 h(x)(xa)(ex1) 若 a0，则当 x0，)时，h(x)0，所以函数 h(x)在0，)上单调 递增， 所以 h(x)minh(0)a1， 则 a10，得 a1. 若 a0，则当 x0，a)时，h(x)0； 当 x(a，)时，h(x)0， 所以函数 h(x)在0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增， 所以 h(x)minh(a)

8、， 又因为 h(a)h(0)a10，所以不合题意 综上，实数 a 的取值范围为1，) 点评：对于 f (x)g(x)型的不等式恒成立问题，若无法分离参数，一般采用作 差法构造函数 h(x)f (x)g(x)或 h(x)g(x)f (x)，进而只需满足 h(x)min0 或 h(x)max0 即可 跟进训练 设函数 f (x)(1x2)ex. (1)讨论 f (x)的单调性； (2)当 x0 时，f (x)ax1，求实数 a 的取值范围 解 (1)f (x)(12xx2)ex， 令 f (x)0，得 x1 2， 当 x(，1 2)时，f (x)0； 当 x(1 2，1 2)时，f (x)0； 当

9、 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)令 g(x)f (x)ax1(1x2)ex(ax1)， 令 x0，可得 g(0)0. g(x)(1x22x)exa， 令 h(x)(1x22x)exa， 则 h(x)(x24x1)ex， 当 x0 时，h(x)0，h(x)在0，)上单调递减， 故 h(x)h(0)1a，即 g(x)1a， 要使 f (x)ax10 在 x0 时恒成立，需要 1a0， 即 a1，此时 g(x)g(0)0，故 a1. 综上所述，实数 a 的取值范围是1，) 技法三 分离参数或构造函数解

10、决不等式能成立问题 典例 3 已知函数 f (x)xaln x，g(x)a1 x (aR)，若在1，e上存在 一点 x0，使得 f (x0)g(x0)成立，求 a 的取值范围 思维流程 解 依题意，只需f (x0)g(x0)min0，x01，e即可 令 h(x)f (x)g(x)xaln xa1 x ，x1，e， 则 h(x)1a x a1 x2 x 2axa1 x2 xa1x1 x2 .令 h(x)0， 得 xa 1. 若 a11，即 a0 时，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)minh(1)a20， 得 a2； 若 1a1e，即 0ae1 时， h(x)在1，a1)上单调递减，在(a1

11、，e上单调递增， 故 h(x)minh(a1)(a1)aln(a1)1a1ln(a1)22，x(0，e 1)与 h(x)0 不符，故舍去 若 a1e，即 ae1 时，h(x)在1，e上单调递减，则 h(x)minh(e)e aa1 e 0， 得 a e21 e1 e 1 成立综上所述， a 的取值范围为 (， 2) e21 e1 ， . 点评：能成立问题一般是通过分离参数或移项作差构造函数来解决，能成立 问题中等价转化有以下几种形式： (1)存在 xa，b，f (x)a 成立f (x)maxa. (2)存在 xa，b，f (x)a 成立f (x)mina. (3)存在 x1a，b，对任意 x2

12、a，b，f (x1)g(x2)成立f (x)ming(x)min. 跟进训练 已知函数 f (x)3ln x1 2x 2x，g(x)3xa. (1)若 f (x)与 g(x)的图象相切，求 a 的值； (2)若x00，使 f (x0)g(x0)成立，求参数 a 的取值范围 解 (1)由题意得， f (x)3 xx1， g(x)3， 设切点为(x0， f (x0)， 则 kf (x0) 3 x0 x013， 解得 x01 或 x03(舍)， 所以切点为 1，1 2 ， 代入 g(x)3xa， 得 a5 2. (2)设 h(x)3ln x1 2x 22x.x00，使 f (x0)g(x0)成立，等价于x0，使 h(x)3ln x1 2x 22xa 成立，等价于 ah(x)max(x0) 因为 h(x)3 xx2 x22x3 x x1x3 x ， 令 hx0， x0， 得 0 x1；令 hx0， x0， 得 x1. 所以函数 h(x)3ln x1 2x 22x 在(0,1)上单调递增， 在(1，)上单调递减，所以 h(x)maxh(1)5 2，即 a 5 2， 因此参数 a 的取值范围为 ，5 2 .