1、第二章函数、导数及其应用第十二节导数破解疑难优质课第1课时不等式恒成立与有解问题1“恒成立问题”与“有解问题”的区别(1)两者在量词上的区别恒成立问题中使用的量词是全称量词，如“任意、所有、全部、均、恒、总、都”等；而有解问题中使用的量词是特称量词，如“存在、至少一个、有解”等(2)两者在等价转换上的区别恒成立问题的转化：f(x)0 恒成立f(x)min0；f(x)0 恒成立f(x)maxa 恒成立f(x)mina；f(x)a 恒成立f(x)maxg(x)恒成立f(x)g(x)min0；f(x)g(x)恒成立f(x)g(x)max0 有解f(x)max0；f(x)0 有解f(x)mina 有解
2、f(x)maxa；f(x)a 有解f(x)ming(x)有解f(x)g(x)max0；f(x)g(x)有解f(x)g(x)min0 时，函数 f(x)0 恒成立，求实数 a 的取值范围【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 1e10，则 f(x)0 对任意的 x0 恒成立可转化为 aa12x1xex 对任意的 x0 恒成立设函数 F(x)2x1xex(x0)，则 F(x)2x1x1x2ex.当 0 x0；当 x1 时，F(x)0.所以函数 F(x)在(0,1)上单调递
3、增，在(1，)上单调递减，所以 F(x)maxF(1)1e.于是 aa11e，解得 a 1e1.故实数 a 的取值范围是1e1，.方法技巧(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xD 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
4、区间 D 上的最大值(或最小值)问题已知函数 f(x)xex，且对任意的 x(0,2)，都有 f(x)1k2xx2成立，求 k 的取值范围解：由题意知 f(x)xex0，知 k2xx20，即 kx22x 对任意的 x(0,2)都成立，从而 k0，故不等式可转化为 kexxx22x.令 g(x)exxx22x，所以 g(x)exx1x22(x1)(x1)exx22，令 g(x)0，得 x1，显然函数 g(x)在(1,2)上单调递增，在(0,1)上单调递减，所以 kg(x)ming(1)e1.综上所述，实数 k 的取值范围是0，e1)方法 2 构造函数法【例 2】已知函数 f(x)sinxx(x0
5、)(1)判断函数 f(x)在区间0，2 上的单调性；(2)若 f(x)a 在区间0，2 上恒成立，求实数 a 的最小值【解】(1)f(x)xcosxsinxx2，令 g(x)xcosxsinx，x0，2，则 g(x)xsinx，显然，当 x0，2 时，g(x)xsinx0，即函数 g(x)在区间0，2 上单调递减，且 g(0)0.从而 g(x)在区间0，2 上恒小于零，所以 f(x)在区间0，2 上恒小于零，所以函数 f(x)在区间0，2 上单调递减(2)不等式 f(x)a，x0，2 恒成立，即 sinxax0 恒成立令(x)sinxax，x0，2，则(x)cosxa，且(0)0.当 a1 时
6、，在区间0，2 上(x)0，即函数(x)单调递减，所以(x)(0)0，故 sinxax0 恒成立当 0a0，故(x)在区间(0，x0)上单调递增，且(0)0，从而(x)在区间(0，x0)上大于零，这与 sinxax0，即函数(x)单调递增，且(0)0，得 sinxax0 恒成立，这与 sinxax0 恒成立相矛盾故实数 a 的最小值为 1.方法技巧构造函数法求解不等式恒成立问题的思路遇到 fxgx型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数 hxfxgx或“右减左”的函数 uxgxfx，进而只需满足 hxmin0 或 uxmax0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的
7、问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论.(2020合肥六校联考)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的取值范围解：(1)因为 a2，所以 f(x)(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)ex12x2ax，所以 h(x)(xa)(ex1)若
8、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，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 恒成立，故函数 h(x)在 R 上单调递增；当 a0 时，exa0，令 h(x)0，解得 xln2a，当xln2a 时，h(x)ln2a 时，h(x)0，函数 h(x)单调递增；当 a0，令 h(x)0，解得 xln(a)，当xln(a)时，h(x)ln(a)时，h(x)0，函数 h(x)单调递增综上所述，当 a0 时，h(x)在 R
9、 上单调递增；当 a0 时，h(x)在(，ln2a)上单调递减，在(ln2a，)上单调递增；当 a0恒成立，即 h(x)min0.当 a0 时，h(x)e2x0 恒成立；当 a0 时，由(1)可知 h(x)minh(ln2a)，则 h(ln2a)4a2ln2a0，所以 ln2a0，所以 0a12；当 a0，所以 ln(a)34，所以e34 agx恒成立，则可构造函数 hxfxgx，证明 hx0 恒成立.(2020福建模拟)已知函数 f(x)|x33x2a|a(aR)，对于任意x1，x20,2，|f(x1)f(x2)|3 恒成立，则 a 的取值范围是()A12，12 B1,1C0，12 D0,1
10、A解析：由题意，令 g(x)x33x2a，则任意 x1，x20,2，|f(x1)f(x2)|3 恒成立，等价于任意 x1，x20,2，|g(x1)|g(x2)|3 恒 成 立，等 价 于 任 意 x 0,2，|g(x)|max|g(x)|min3.g(x)3(x1)(x1)，x0,1)时，g(x)0，函数 g(x)单调递增，所以当 x0,2时，g(x)ming(1)22a，又 g(0)2a，g(2)22a.若 a1，则 g(1)4，g(0)2，g(2)0，所以|g(x)|max|g(x)|min403，不合题意，排除选项 B，D；若 a12，则g(1)1，g(0)1，g(2)3，所以|g(x)
11、|max|g(x)|min303，不合题意，排除选项 C，故选 A.考向二 不等式有解问题【例 4】(2020东北三省四市联考)已知函数 f(x)2xalnx(a0)(1)若函数 yf(x)图象上各点处的切线斜率的最大值为 2，求函数 f(x)的极值点；(2)若关于 x 的不等式 f(x)0)易知当1xa4时，f(x)取得最大值a28，所以a28 2.因为 a0，所以 a4，此时 f(x)2x24x4x2x2，当x(0，12)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以 f(x)的极小值点为 x12，无极大值点(2)因为 f(x)ax2x2(x0 且 a0)，所以当 x(0，2a)时，f(x)0，f
12、(x)单调递增，所以 f(x)f(2a)aaln2a.因为关于 x 的不等式 f(x)2 有解，所以 aaln2a0，所以 ln2a12a0)，则 g(x)1x11xx，易知当 x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递增，当 x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递减，所以 g(x)g(1)0，当且仅当 x1 时，“”成立，所以由 ln2a12a0 且2a1，所以 a 的取值范围是a|a0 且 a2方法技巧不等式有解问题易与不等式恒成立问题混淆，特别是在最值的 转 化 上 容 易“张 冠 李 戴”.要 注 意：fxaafxminaafxmax0，所以 ax22xxlnx在区间1，e上有解令 h(x)x22xxlnx，则 h(x)x1x22lnxxlnx2.因为 x1，e，所以 x222lnx，所以 h(x)0，h(x)在1，e上单调递增，所以 x1，e时，h(x)maxh(e)ee2e1，所以 aee2e1，所以实数 a 的取值范围是，ee2e1.温示提馨请 做：课时作业 16PPT文稿（点击进入）