1、第4课时利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题考点1分离参数法解决恒(能)成立问题综合性已知函数f(x)2x2ln xa，g(x)ax2，aR(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)g(x)0对任意的x恒成立，求实数a的取值范围解：(1)因为f(x)2x2ln xa，定义域为(0，)，所以f(x)2当0x1时，f(x)0，则f(x)单调递减；当x1时，f(x)0，则f(x)单调递增，所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，f(x)的单调递增区间为(1，)(2)由题意可得，f(x)g(x)0对任意的x恒成立，即a2对任意的x恒成立令h(x)2，则h(x)令m(x)22ln x，则m(x)
2、当x时，m(x)0，则m(x)在上单调递减又当x时，m422ln 0，所以当x时，m(x)0，即当x时，h(x)0，所以h(x)在上单调递增，故h(x)h24ln 2，所以a24ln 2，故实数a的取值范围为24ln 2，)分离参数解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量，构造函数，把问题转化为求函数最值问题(2)af(x)恒成立af(x)max；af(x)恒成立af(x)min；af(x)有解af(x)min；af(x)有解af(x)max已知函数f(x)axex(aR)，g(x)(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)若存在x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex0成立，求a的取值范围解：
3、(1)因为f(x)aex，xR，当a0时，f(x)0时，令f(x)0，得xln a由f(x)0，得f(x)的单调递增区间为(，ln a)，由f(x)0时，f(x)的单调递增区间为(，ln a)，单调递减区间为(ln a，)(2)因为存在x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex0成立，所以ax，即a设h(x)，问题转化为amax由h(x)，令h(x)0，得x当x在(0，)内变化时，h(x)，h(x)随x的变化情况如下表：x(0，)(，)h(x)0h(x)极大值由表可知，当x时，函数h(x)有极大值，即最大值，为，所以a，故a的取值范围是考点2等价转化法解决恒(能)成立问题综合性(2022沈阳三模
4、)已知函数f(x)(x1)eax，其中a0(1)若f(x)的极值为1，求实数a的值；(2)若对任意x0，有f(x)x1恒成立，求实数a的取值范围解：(1)f(x)(x1)eax，则f(x)eaxax(1a)，令f(x)0，解得x1当a0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，所以f(x)的极小值为f 0，因此极值不为1，不符合题意；当a0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，所以f(x)的极大值为f 令1，则a是方程ea1a0的根令g(a)ea1a(a0)，则g(a)ea11令g(a)0，则a1，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，则当a1时，g(a)取得最
5、小值g(1)0，所以方程ea1a0仅有一根，当且仅当a1时，f(x)的极值为1综上所述，a1(2)原命题即：对任意x0，有(x1)eaxx1恒成立，等价于：对任意x0，有eax恒成立令h(x)eax，则h(x)1a(x1)(x2)eax当a时，对任意x0，a0，则h(x)0，故h(x)在0，)上单调递减，所以h(x)h(0)，符合题意当0aa0，因此当x时，h(x)0，故h(x)在x上单调递增，所以当x时，h(x)h(0)，不符合题意当a0时，对任意x0，有a0，则h(x)0，故h(x)在0，)上单调递增，所以当x0时，h(x)h(0)，不符合题意综上所述，a的取值范围为等价转化法解决恒成立问
6、题的关键是将不等式进行等价转化，构造新函数，通过求新函数单调性与最值解决问题已知函数f(x)eaxln xx1(aR)(1)当a0时，求f(x)的单调区间；(2)若对任意x(0,1)，f(x)0恒成立，求a的取值范围解：(1)当a0时，f(x)ln xx1，得f(x)1(x0)当0x1时，f(x)10；当x1时，f(x)0，所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为1，)(2)由(1)知当a0时，f(x)的单调递增区间为(0,1)，则f(x)f(1)0符合题意当a0时，x(0,1)，则eax1，ln x0，所以eaxln xln x由(1)知f(x)ln xx1f(1)0，所以ea
7、xln xln xx1，故f(x)ln xx10成立，则a0符合题意当a0时，由f(x)eax1，x(0,1)，令g(x)aln x，则g(x)0，所以g(x)在x(0,1)上单调递减，得g(x)g(1)1又yeax(0,1)且为减函数，所以f(x)eaxg(x)1为减函数又f(1)ea10，故设f(x0)0，当x0x1时，有f(x)0，所以f(x)在(x0，1)上为减函数，则有f(x0)f(1)0，故a0不符合题意，综上所述，a的取值范围为a|a0考点3双参不等式恒(能)成立问题综合性设f(x)xln x，g(x)x3x23(1)如果存在x1，x20,2使得g(x1)g(x2)M成立，求满足
8、上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t，都有f(s)g(t)成立，求实数a的取值范围解：(1)存在x1，x20,2使得g(x1)g(x2)M成立，等价于g(x1)g(x2)maxM由g(x)x3x23，得g(x)3x22x3x令g(x)0，得x；令g(x)0，得0x又x0,2，所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增又g(0)3，g(2)1，所以g(x)ming，g(x)maxg(2)1故g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)minM，则满足条件的最大整数M4(2)对于任意的s，t，都有f(s)g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)ming(x)max由(1)可知
9、在区间上，g(x)的最大值为g(2)1，所以在区间上，f(x)xln x1恒成立，等价于axx2ln x恒成立设h(x)xx2ln x，则h(x)12xln xx，可知h(x)在区间上是减函数又h(1)0，所以当1x2时，h(x)0；当x0即函数h(x)xx2ln x在区间上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h(x)maxh(1)1，所以a1，即实数a的取值范围是1，)“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价变换有：(1)x1，x2D，f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max(2)x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)f(x
10、)ming(x)min(3)x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)max(4)x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min已知函数f(x)x(a1)ln x(aR)，g(x)x2exxex(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当a1时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22,0，f(x1)g(x2)成立，求a的取值范围解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)(aR)，当a1时，x1，e，f(x)0，f(x)为增函数，所以f(x)minf(1)1a；当1ae时，x1，a，f(x)0，f(x)为减函数，xa，e，f(x)0，f(x)为增
11、函数，所以f(x)minf(a)a(a1)ln a1；当ae时，x1，e，f(x)0，f(x)为减函数，所以f(x)minf(e)e(a1)综上，当a1时，f(x)min1a；当1ae时，f(x)mina(a1)ln a1；当ae时，f(x)mine(a1)(2)存在x1e，e2，使得对任意的x22,0，f(x1)g(x2)恒成立，即f(x)ming(x)min，当a1时，由(1)可知，xe，e2，f(x)为增函数，所以f(x)minf(e)e(a1)g(x)xexxexexx(1ex)，当x2,0时，g(x)0，g(x)为减函数，g(x)ming(0)1，所以e(a1)，所以a的取值范围为已
12、知函数f(x)(aR)若a0，不等式x2f(x)a2e对任意的x(0，)恒成立，求a的取值范围四字程序读想算思a的取值范围1恒成立问题的解题策略2如何构造函数求导研究有关函数的单调性，并求其最值转化与化归若a0，x2f(x)a2e对任意的x(0，)恒成立1数形结合2分离参数法3构造h(x)x2f(x)ae24构造g(x)xf(x)1h(x)xln xaxae2，h(x)ln x1a2g(x)ln xa，g(x)1函数最值2不等式与对应函数图象的分布关系思路参考：构造函数h(x)xln xaxae2的方式，把不等式问题直接转化为函数的最值问题来研究解：x2f(x)a2e，即xln xaxae20
13、对任意的x(0，)恒成立令h(x)xln xaxae2，则h(x)ln x1a令h(x)0，得xea1当x(0，ea1)时，h(x)0所以h(x)的最小值是h(ea1)ae2ea1令t(a)ae2ea1，则t(a)1ea1令t(a)0，得a1当a0,1)时，t(a)0，t(a)在0,1)上单调递增；当a(1，)时，t(a)0；当a1，)时，h(x)的最小值为t(a)ae2ea10t(2)，所以1a2故a0,2思路参考：把原不等式通过等价变形，转化为g(x)ln xa的最值问题来研究解：要使x2f(x)a2e对任意的x(0，)恒成立，只要使xf(x)0即可代入f(x)可得ln xa0构造函数g(
14、x)ln xa，g(x)当x(0，ae2)时，g(x)0，g(x)单调递增所以g(x)ming(ae2)ln(ae2)a1再构造函数h(a)ln(ae2)a1，则h(a)令h(a)0得到a3e当a0,3e)时，h(a)0，h(a)单调递增；当a(3e，)时，h(a)0，且h(3e)e20，但是因为h(2)0，所以0a2思路参考：分离参数，a(0x1)，减弱参数的影响，避免过多的讨论解：原式可变为xln xe2a(x1)(*)对任意的x(0，)恒成立当x(0,1)时，分离变量可得a先求出函数g(x)xln x的最小值求得g(x)ln x1当x(0，e1)时，g(x)0，g(x)单调递增所以g(x
15、)ming(e1)e1因为此时(xln x)mine1，所以xln xe2e1e20又因为x(0,1)，所以0，所以h(x)单调递增即xe是t(x)的唯一零点当x(1，e)时，t(x)0，t(x)单调递增所以at(x)mint(e)2，故a0,2 思路参考：把不等式通过等价变形后，使不等号的一边出现直线的方程h(x)a(x1)(2e)，再分析不等号另外一边的函数g(x)xln x的单调性，就会发现二者相切时即为参数的临界值解：通过变形原不等式等价于证明：xln xa(x1)(2e)，x(0，)若令g(x)xln x和h(x)a(x1)(2e)则只需证明函数g(x)的图象在直线h(x)的上方首先
16、分析g(x)xln x的图象由解法3可知：当x(0，e1)时，g(x)单调递减；当x(e1，)时，g(x)单调递增，且g(x)ming(e1)e1其次分析h(x)a(x1)(2e)的图象因为a0，所以h(x)表示过定点(1,2e)的直线，且g(x)mine12e两个函数的图象大致如图(1)所示：图(1) 图(2)所以如果我们能说明当g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点，就能求出a的最大值设g(x)和h(x)相切于点P(x0，y0)，如图(2)，则可得消去ln x0得2eaea1易得a2为式的解令t(a)aea1e2，则t(a)1ea1当t(a)0时，a1当a0,1时，t(a)0，t(a)单
17、调递增；当a1，)时，t(a)0且t(1)e20，所以函数t(a)在区间0,1上无零点，在区间(1，)有且仅有一个零点a2综上所述，a0,2思路参考：通过等价变形后，使不等号两边变化为两个熟悉的函数g(x)ln xa和h(x)，然后通过分析这两个函数的图象发现两条曲线相切时，即为参数的临界值解：原式化为ln xa对任意的x(0，)恒成立下面我们研究函数g(x)ln xa和函数h(x)a0，显然两个函数在x(0，)上都是单调递增的而且我们可以验证当a0时上式成立，即ln x(证明略)也就是说a0时，g(x)的图象在h(x)的图象上方如图(3)：所以当a越来越大时，两个图象会越来越接近所以当g(x
18、)和h(x)的图象相切时，a取得最大值，如图(4)所以我们假设二者的图象相切于点P(x0，y0)，得即化简得ea2ea1，解得a2仿照解法4，可以证明这是唯一解所以a0,21本题考查应用导数研究不等式恒成立问题，基本解题方法是参变分离、数形结合、最值分析等在求解过程中，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，寻找临界点2基于课程标准，解答本题一般需要有良好的运算求解能力、逻辑思维能力本题的解答体现了逻辑推理、数学运算的核心素养3基于高考数学评价体系，本题涉及函数、不等式、方程、导数等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题此类题在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养方面起到了积极的作用，是高考考查的一个热点已知函数f(x)，aR若函数yf(x)在xx0(ln 2x0ln 3)处取得极值1，证明：2a0)因为函数yf(x)在xx0处取得极值1，