1、第4课时利用导数研究不等式的恒成立问题提 升 关键能力考点突破掌握类题通法考点一分离参数法求参数范围综合性例12022浙江嘉兴高三模拟预测已知函数f(x)x ln xa(x1)，aR.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若关于x的不等式f(x)2a在2，)上恒成立，求a的取值反思感悟(1)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的正负的情况下，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)af(x)恒成立af(x)max；af(x)恒成立af(x)min；af(x)能成立af(x)min；a
2、f(x)能成立af(x)max.【对点训练】2022山东济宁一中高三测试已知函数f(x)xa ln x，aR.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当x1，2时，有f(x)0成立，求a的取值范围考点二分类讨论法求取值范围基础性、综合性例2已知函数f(x)(xa1)ex，g(x)12x2ax，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的取值范围听课笔记：反思感悟若f(x)0恒成立，求a的取值范围，即研究a取什么范围能使f(x)0，如果参数a不易分离，通常对a分类讨论，找到使f(x)0的a的取值范围【对
3、点训练】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的取值范围考点三双参不等式恒成立问题应用性例3设f(x)axx ln x，g(x)x3x23.(1)如果存在x1，x20，2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，t12，2，都有f(s)g(t)成立，求实数a的取值范围听课笔记：反思感悟解双参不等式恒成立问题的方法和基本思想(1)x1D1，x2D2，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)ming(x)min(这里假设f xmin，g
4、(x)min存在)其等价转化的基本思想：函数yf (x)的任意一个函数值大于函数yg(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数yg(x)的所有函数值(2)x1D1，x2D2，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 xmax，gxmax存在)其等价转化的基本思想：函数yf(x)的任意一个函数值小于函数yg(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数yg(x)的所有函数值【对点训练】已知向量m(ex，ln xk)，n(1，f (x)，mn(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线yf (x)在点(1，f (1)处的切线与y轴垂直，F(x)xe
5、xf (x)(1)求k的值及F(x)的单调区间；(2)已知函数g(x)x22ax(a为正实数)，若对于任意x20，1，总存在x1(0，)，使得g(x2)0)，f(x)ln x1，由f(x)0解得0xe1，由f(x)e1，故f(x)的单调增区间为(0，e1)，单调减区间为(e1，)；当a0时，由f(x)x ln xa(x1)，得f(x)的定义域为(0，)，f(x)(ln x1)a，令f(x)(ln x1)a0解得xea1，由f(x)0解得0xea1，由f(x)ea1，故f(x)的单调增区间为(0，ea1)，单调减区间为(ea1，)；经验证，a0时，f(x)的单调增区间也符合(0，ea1)，单调减
6、区间也符合(ea1，)；综上可知：f(x)的单调增区间为(0，ea1)，单调减区间为(ea1，)； (2)f(x)2a，axlnxx-1，令g(x)xlnxx-1，x2，则g(x)x-1-lnxx-12，令t(x)ln xx1，则t(x)1x11-xx，由t(x)0解得0x1，由t(x)1，故t(x)在(0，1)递增，在(1，)递减，t(x)maxt(1)0，t(x)0，所以ln xx1，g(x)0，g(x)在2，)上单调递增，g(x)ming(2)ag(2)2ln 2，a的取值范围是(，2ln 2.对点训练解析：(1)函数f(x)的定义域为x|x0，f(x)1axx-ax，a0时，f(x)0
7、恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递增；a0时，令f(x)0，得xa.当0xa时，f(x)a时，f(x)0，函数f(x)为增函数综上所述，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；当a0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a，) (2)若x1，f(x)10成立，aR；若1x2，问题axlnx恒成立，记g(x)xlnx(1x2)，g(x)lnx-1ln2x0，则函数g(x)在(1，2上单调递减，所以g(x)ming(2)2ln2，所以a2ln2.综上：a2ln2.考点二例2解析：(1)因为a2，所以f(x)(x1)ex，所以f(0)1，f(x)(x
8、2)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)ex12x2ax，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)，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，)对点训练解析：(1)f(x)(12xx2)ex
9、，令f(x)0，得x12，当x(，12)时，f(x)0；当x(12，12)时，f(x)0；当x(12，)时，f(x)0.所以f(x)在(，12)，(12，)上单调递减，在(12，12)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，).考点三例3解析：(
10、1)存在x1 ，x20，2使得g(x1)g(x2)M成立，等价于g(x1)g(x2)maxM.因为g(x)x3x23，所以g(x)3x22x3xx-23.g(x)，g(x)随x变化的情况如下表：x00，232323，22g(x)00g(x)3极小值85271由上表可知，g(x)ming238527，g(x)maxg(2)1.g(x1)g(x2)maxgxmax-gxmin11227，所以满足条件的最大整数M4.解析：(2)对于任意的s，t12，2 ，都有f(s)g(t)成立，等价于在区间12，2上，函数f xming(x)max.由(1)可知，在区间12，2上，g(x)的最大值g(2)1.在区
11、间12，2上，f (x)axx ln x1恒成立等价于axx2ln x恒成立，记h(x)xx2ln x，则h(x)12x ln xx，h(1)0.当1x2时，h(x)0；当12x0.即函数h(x)xx2ln x在区间12，1上单调递增，在区间(1，2上单调递减，所以h(x)maxh(1)1，即实数a的取值范围是1，)对点训练解析：(1)由已知可得f(x)lnx+kex，所以f (x)1x-lnx-kex.由已知，f (1)1-ke0，所以k1，所以F(x)xexf (x)x1x-lnx-11x ln xx，所以F(x)ln x2.由F(x)ln x20得0x1e2，由F(x)ln x20得x1e2，所以F(x)的单调递增区间为0，1e2，单调递减区间为1e2，+.解析：(2)因为对于任意x20，1，总存在x1(0，)，使得g(x2)F(x1)，所以g(x)maxF(x)max.由(1)知，当x1e2时，F(x)取得最大值F1e211e2.对于g(x)x22ax，其对称轴为xa，当0a1时，g(x)maxg(a)a2，所以a211e2，从而01时，g(x)maxg(1)2a1，所以2a111e2，从而1a112e2.综上可知，实数a的取值范围是0，1+12e2.