1、第2课时利用导数解决不等式恒(能)成立问题考向一恒成立问题例1(2021南平模拟)已知函数f(x)(x4)ex3x23x，g(x)aexcosx，其中aR.(1)讨论函数f(x)的单调性，并求不等式f(x)0的解集；(2)若a1，证明：当x0时，g(x)2；(3)用maxm，n表示m，n中的最大值，设函数h(x)maxf(x)，g(x)，若h(x)0在(0，)上恒成立，求实数a的取值范围解(1)f(x)(x3)ex3x3(x3)(ex31)，当x3时，x30，ex310，f(x)0，当x3时，x30，ex310，当x3时，f(x)0，所以当xR时，f(x)0，即f(x)在R上是增函数；又f(3
2、)0，所以不等式f(x)0的解集为(3，)(2)证明：当a1时，g(x)excosx，g(x)exsinx.由x0，得ex1，sinx1,1，则g(x)exsinx0，即g(x)在(0，)上为增函数故g(x)g(0)2，即g(x)2.(3)由(1)知，当x3时，f(x)0恒成立，故h(x)0恒成立；当x3时，f(x)0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若存在x，使得不等式f(x)g(x)成立，求实数a的取值范围解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.当2，即a时，对任意的x0，f(x)0，此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间当0时，令f(x)0，得0x2；令
3、f(x)0，得x2，即0a0，得0x；令f(x)0，得2x.此时，函数f(x)的单调递增区间为(0,2)和，单调递减区间为.(2)由f(x)g(x)，可得axln x0，即a，其中x.构造函数h(x)，x，则ah(x)min，h(x)，令h(x)0，得xe.当x0；当exe2时，h(x)0.函数h(x)在上单调递增，在(e，e2上单调递减函数h(x)在x或xe2处取得最小值he，h(e2)，hh(e)，h(x)minhe，ae.因此，实数a的取值范围是e，) 1不等式能成立问题的解题关键点2由不等式能成立求参数范围的常见题型(1)存在xa，b，f(x)m成立f(x)maxm.(2)存在xa，b
4、，f(x)m成立f(x)minm.2.(2021汕头一模)已知函数f(x)xaln x，g(x)(aR)若在1，e上存在一点x0，使得f(x0)g(x0)成立，求a的取值范围解依题意，只需f(x)g(x)min0，x1，e即可令h(x)f(x)g(x)xaln x，x1，e，则h(x)1.当a11，即a0时，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)minh(1)a20，得a2；当1a1e，即0a2，不符合题意；当a1e，即ae1时，h(x)0，h(x)在1，e上单调递减，则h(x)minh(e)eae1成立综上所述，a的取值范围为(，2).考向三双变量不等式恒(能)成立问题例3设f(x)xln
5、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，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(x)maxg(x)minM.由g(x)x3x23，得g(x)3x22x3x.由g(x)0得x0或x，又x0,2，所以g(x)在上是单调递减函数，在上是单调递增函数，所以g(x)ming，g(x)maxg(2)1.故g(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，等价于在上，f(x)m
6、ing(x)max.由(1)可知在上，g(x)的最大值为g(2)1.故在上，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，令(x)12xln xx，(x)(2ln x3)，当x时，(x)g(x2)f(x)在a，b上的最小值g(x)在c，d上的最大值 (2)x1a，b，x2c，d，f(x1)g(x2)f(x)在a，b上的最大值g(x)在c，d上的最小值(3)x1a，b，x2c，d，f(x1)g(x2)f(x)在a，b上的最小值g(x)在c，d上的最小值(4)x1a，b，x2c，d，f(x1)g(x2)f(x)在a，b上的最大值g(x
7、)在c，d上的最大值3.已知函数f(x)(x1)ex1mx2，g(x)x3mx，其中0m6.若存在x1R，x2(0,2，使f(x1)g(x2)成立，求实数m的取值范围解因为f(x)(x1)ex1mx2，所以f(x)ex1(x1)ex12mxx(ex12m)，因为00，所以ex12m0，所以当x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0.故f(x)在区间(，0)上单调递减，在区间(0，)上单调递增，所以f(x)minf(0)e.又g(x)3x2m4m，因为00，所以g(x)在(0,2上为增函数所以g(x)maxg(2)822m62m.依题意有f(x)ming(x)max，所以62me，又0m6，所以
8、00时，求证：f(x)a(2ln a)解(1)当ae时，f(x)exeln x(x0)，f(x)ex，易知f(x)为增函数，且f(1)0，所以当x(0,1)时，f(x)0.所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)(2)证明：f(x)ex，当a0时，易知f(x)为(0，)上的增函数，当ae时，f(1)ea0；当ae时，f(1)ea0；当ae时，fe0，所以存在x0(0，)，使f(x0)e x00，即x0ln aln x0，当x(0，x0)时，f(x)0，g(x)单调递增，所以f(x)f(x0)ex0aln x0a x0aln a2aaln a，即f(x)a(2ln a)
9、答题启示设而不求解题法就是在解决数学问题时，设定一些未知数，不需要求出未知数，而是根据题目本身的特点，将未知数消去或代换，使问题的解决变得简捷、明快对点训练(2021马鞍山三模)已知函数f(x)a(1x)ex，其中aR且a0.(1)求f(x)的单调区间，并指出其单调性；(2)若a1，F(x)x2x3f(x)，x0是F(x)的极大值点，求证：F(x0).解(1)f(x)a(1x)ex，f(x)axex，a0时，令f(x)0，解得x0，令f(x)0，故f(x)在(，0)单调递增，在(0，)单调递减a0，解得x0，令f(x)0，解得x0时，f(x)在(，0)单调递增，在(0，)单调递减，当a0时，f
10、(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增(2)证明：当a1时，F(x)x2x3(1x)ex，F(x)x(2xex)，令h(x)2xex，则h(x)1ex0，h(1)1e0，故存在x0(0,1)，使得h(x0)0，则ex02x0，故x(，0)时，F(x)0，F(x)单调递增，x(x0，)时，F(x)0，F(x)单调递减，x0是F(x)的极大值点，F(x0)xx(1x0)ex0x2x3x02，x0(0,1)，令G(x)x32x23x2，x(0,1)，则G(x)(x1)(x3)0.解(1)f(x)2e2x，因为x0是f(x)的极值点，所以f(0)2e00，解得m1.此时f(x)e2xln (2x
11、1)，x，f(x)2e2x，f(x)在上单调递增，且f(0)0，所以f(x)，f(x)的变化情况如下表： x0(0，)f(x)0f(x)极小值所以m1，f(x)在上单调递减，在(0，)上单调递增(2)证明：先证exx1，xR，设g(x)ex(x1)，则g(x)ex1，当x(，0)时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)g(0)0，即exx1，所以e2x2x1，当且仅当x0时等号成立，同理可证ln xx1，进而得ln (2xm)(2xm)1，当且仅当2xm1时等号成立，所以e2xln (2xm)2x1(2xm)1m2，当且仅当x0且2xm1，即m1时等号成立因为m2，当m1时，e2xln
12、(2xm)2m0(2xm0)；当m1时，e2xln (2x1)2x1(2x1)110(2x10)故当m2时，有f(x)0恒成立答题启示常见的恒等式(1)对数形式：x1ln x(x0)，当且仅当x1时，等号成立(2)指数形式：exx1(xR)，当且仅当x0时，等号成立进一步可得到一组不等式链：exx1x1ln x(x0，且x1)利用函数的图象(如图)，不难验证上述不等式成立对点训练已知函数f(x)exa.(1)若函数f(x)的图象与直线l：yx1相切，求a的值；(2)若f(x)ln x0恒成立，求整数a的最大值解(1)f(x)ex，因为函数f(x)的图象与直线yx1相切，所以令f(x)1，即ex
13、1，得x0，即f(0)1，解得a2.(2)先证明exx1，设F(x)exx1，则F(x)ex1，令F(x)0，则x0，当x(，0)时，F(x)0，所以F(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，所以F(x)minF(0)0，即F(x)0恒成立，即exx1，即ex2x1，当且仅当x0时等号成立，同理可得ln xx1，当且仅当x1时等号成立，所以ex2ln x，当a2时，ln x0恒成立当a3时，存在x1，使exaln x不恒成立综上，整数a的最大值为2.一、单项选择题1若关于x的不等式x33x29x2m对任意x2,2恒成立，则m的取值范围是()A(，7 B(，20C(，0 D12,7答案
14、B解析令f(x)x33x29x2，则f(x)3x26x9，令f(x)0，得x1或3.因为f(1)7，f(2)0，f(2)20，所以f(x)的最小值为f(2)20，故m20.2已知函数f(x)xex，g(x)(x1)2a，若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，则实数a的取值范围是()A B1，)Ce，) D答案D解析f(x)exxex(1x)ex，当x1时，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x1时，f(x)0恒成立，当a1时，f(x)minf(a)2aa20，0a1时，f(x)xaln x0恒成立，即a恒成立设g(x)，则g(x).令g(x)0，得xe，且当1xe时，g(x)e时，g(
15、x)0，g(x)ming(e)e，ae.综上，a的取值范围是0ae，即0，e故选C4(2021武汉模拟)已知关于x的不等式xaln x1对于任意x(1，)恒成立，则实数a的取值范围为()A(，1e B(，3C(，2 D(，2e2答案B解析根据题意，a.设f(x)exx1，则f(x)ex1，则函数在(，0)上单调递减，在0，)上单调递增，故f(x)minf(0)0，故exx1.所以3，故a3.故选B.二、多项选择题5已知函数f(x)excos2x，则下列结论正确的是()Af(x)在上单调递增Bf(x)在上单调递减Cx0，f(x)0Dx0，f(x)0，ex0，f(x)0，f(x)在上单调递增，故A
16、正确，B错误；当x时，f(x)f(0)0，又当x时，f(x)excos2xe1恒成立，x0，f(x)0，故C正确，D错误故选AC三、填空题6(2021茂名模拟)已知x0，f(x)x2ex，g(x)(m21)xln x，若f(x)g(x)恒成立，则实数m的取值范围是_.答案， 解析f(x)g(x)恒成立x2ex(m21)xln x(x0)恒成立m21(x0)恒成立，令h(x)x，则h(x)，再令t(x)(x1)exx2ln x1(x0)，则t(x)xex2x0恒成立，yt(x)在(0，)上单调递增，又t(1)h(1)0，当x(0,1)时，t(x)0，即h(x)0，即h(x)0，h(x)在(1，)
17、上单调递增h(x)minh(1)1e，m211e，解得m .7(2021聊城一模)若axb对于x(0，)恒成立，当a0时，b的最小值为_；当a0时，的最小值是_.答案1解析a0时，bmax，令f(x)，则f(x)，令f(x)0，解得x1，且当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0时，令axb0，可得x，故取得最小值，直线yaxb在x轴的截距最大，又axb.结合图象可知，令f(x)0，可得x，则直线yaxb在x轴上的截距，所以，故min.四、解答题8(2021张掖模拟)已知函数f(x)2(x1)ex.(1)若函数f(x)在区间(a，)上单调递增，求f(a)的取值范围；(2)设函数g(x)
18、exxp，若存在x01，e，使不等式g(x0)f(x0)x0成立，求实数p的取值范围解(1)由f(x)2xex0，得x0，所以f(x)在(0，)上单调递增，所以a0，所以f(a)f(0)2.所以f(a)的取值范围是2，)(2)因为存在x01，e，使不等式g(x0)2(x01)ex0x0成立，所以存在x01，e，使p(2x03)ex0成立令h(x)(2x3)ex，从而ph(x)min，h(x)(2x1)ex.因为x1，所以2x11，ex0，所以h(x)0，所以h(x)(2x3)ex在1，e上单调递增所以h(x)minh(1)e，所以pe，所以实数p的取值范围是e，)9已知a为实数，函数f(x)a
19、ln xx24x.(1)若3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；(2)设g(x)(a2)x，若存在x0，使得f(x0)g(x0)成立，求实数a的取值范围解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2x4.3是函数f(x)的一个极值点，f(3)0，解得a6.经检验，当a6时，3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，故a6.(2)由f(x0)g(x0)，得(x0ln x0)ax2x0，记F(x)xln x(x0)，则F(x)(x0)，当0x1时，F(x)1时，F(x)0，F(x)单调递增F(x)F(1)10，a.记G(x)，x，则G(x).x，22ln x2(1ln x)0，x2ln
20、x20，当x时，G(x)0，G(x)单调递增G(x)minG(1)1，aG(x)min1，故实数a的取值范围为1，)10(2021唐山模拟)已知函数f(x)exmx2.(1)若x轴是曲线yf(x)的一条切线，求m的值；(2)若当x0时，f(x)2xsinx1，求m的取值范围解(1)设曲线yf(x)的切点为(x0,0)，则f(x)ex2mx，所以f(x0)ex02mx00，即ex02mx00，又因为f(x0)0，即ex0mx0，联立可得m.(2)设g(x)f(x)(2xsinx1)exmx22xsinx1，x0，g(x)ex2mx2cosx，令h(x)g(x)，则h(x)ex2msinx，令t(
21、x)h(x)，则t(x)excosx0，h(x)在0，)上单调递增，h(x)h(0)12m.当m时，h(x)h(0)12m0，g(x)在0，)上单调递增，g(x)g(0)0，g(x)在0，)上单调递增，g(x)g(0)0，m符合题意当m时，h(0)12m1sin2m0，h(x)在0，)上存在唯一零点x0，使得h(x0)0. x(0，x0)x0(x0，)h(x)0h(x)极小值g(x)极小值当x0，x0时，g(x)g(0)0，g(x)在0，x0上单调递减，g(x)g(0)0，与题意不符综上，m的取值范围为.11(2021汕头三模)已知函数f(x)exx2ax1，g(x)cosxx21.(1)当a
22、1时，求证：当x0时，f(x)0；(2)若f(x)g(x)0在0，)上恒成立，求a的取值范围解(1)证明：当a1时，f(x)exx2x1，所以f(x)exx1，令(x)f(x)，则(x)ex10恒成立，故f(x)在0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，则f(x)在0，)上单调递增，故f(x)f(0)0，故原式得证(2)因为f(x)g(x)excosxax2，令h(x)f(x)g(x)excosxax2，即h(x)0恒成立，因为h(x)exsinxa，令t(x)h(x)，则t(x)excosx，又ex1，1cosx1，故t(x)0，所以h(x)在0，)上单调递增，则h(x)h(0)1a，当1
23、a0，即a1时，h(x)0，故h(x)在0，)上单调递增，故h(x)h(0)0.此时原式成立，故a1满足题意；当1a1时，h(0)1a0，当x时，h(x)，故x0(0，)，使得h(x0)0，所以当x(0，x0)时，h(x)0，则h(x)在(0，x0)上单调递减，故h(x)0)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若m，x1，x22,2e2都有g(x1)f(x2)成立，求实数a的取值范围解(1)因为f(x)ln xmx，x0，所以f(x)m，当m0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增当m0时，由f(x)0得x；由得0x.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减综上所述，当m0时，函数f(x
24、)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；当m0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)若m，则f(x)ln xx.x1，x22,2e2都有g(x1)f(x2)成立，等价于对x2,2e2，g(x)minf(x)max，由(1)知在2,2e2上f(x)的最大值为f(e2)，又g(x)10(a0)，x2,2e2，所以函数g(x)在2,2e2上单调递增，所以g(x)ming(2)2.由2，得a3，又a0，所以a(0,3，所以实数a的取值范围为(0,313(2021湖南模拟)已知函数f(x)axln xbx2ax.(1)曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为xy0，求a，b的
25、值；(2)若a0，b时，x1，x2(1，e)，都有3，求a的取值范围解(1)由题意，f(x)a(1ln x)2bxaaln x2bx，由f(1)2b1，得b，又f(1)ba，a1.即a1，b.(2)当a0，b时，f(x)aln xx0，f(x)在(1，e)上单调递减，不妨设x1f(x2)，原不等式即为3.即f(x1)f(x2)3x23x1，即f(x1)3x1f(x2)3x2.令g(x)f(x)3x，则g(x)在(1，e)上为单调增函数，g(x)f(x)3aln xx30在(1，e)上恒成立即a，x(1，e)，令h(x)，x(1，e)，h(x)，令t(x)ln x1，t(x)t(e)，则h(x)0，h(x)在(1，e)上为单调增函数，h(x)h(e)e3，即ae3.综上，e3a0.