第三章第5讲利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题
专题05 应用导数研究不等式恒成立问题(解析版)
专题05 应用导数研究不等式恒成立问题【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，应用导数研究不等式恒成立问题的主要命题角度有：证明不等式恒成立、由不等式恒(能)成立求参数的范围、不等式存在性问题.本专题就应用导数研究不等式恒成立问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法---参变分离、数形结合、最值分析等.一、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.二、不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a＞0，Δ＜0或a＜0，Δ＜0)求解．三、不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．【压轴典例】例1．（2021·全国高三其他模拟）已知数列{}n a 满足11a =，()1ln 1n n a a +=+.若11n n a a λ++≥恒成立，则实数λ的最大值是（ ）(选项中e 为自然对数的底数，大约为2.71828)A ．21e -B ．2e 1- CD ．e【答案】D【详解】由()1ln 1n n a a +=+得()111ln 1n n n n a a a a +++-=-+，设()ln(1),1f x x x x =-+>-， ()1x f x x '=+，()f x 在(1,0)-单调递减，在(0,+∞）单调递增，故min ()(0)0f x f ==，则10n n a a +->，所以1n n a a +≤， 1n a ≥，由11n n a a λ++≥得111ln(1)n n a a λ++++≥易得11ln(11)n n a a λ++≤++，记110n t a ++=>，所以111ln(1ln )n n a t a t ++=++，记()ln t f t t=，()2ln 1()ln t f t t -'=，当ln 10t ->即()0f t '>得t e >时()f t 单调递增，当ln 10t -<即()0f t '<得0t e <<时()f t 单调递减，所以min ()()f t f e e ==，得e λ≤，例2．（2021·浙江嘉兴市·高三）已知函数()()()1x f x e a tax =-+，其中0t ≠．若对于某个t ∈R ，有且仅有3个不同取值的a ，使得关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则t 的取值范围为（ ）A ．()1,eB ．(),2e eC ．(),e +∞D ．()2,e +∞ 【答案】C【详解】显然0a ≥，否则0x e a ->，于是()()()10x f x e a tax =-+≥，即10tax +≥，这与不等式的解集为R 矛盾．又易知0a =时，不等式()0f x >恒成立．于是仅需再分析0a >的情形．易知0t >，由()()()10x f x e a tax =-+=知ln x a =或1x ta=-，所以11ln ln a a a ta t =-⇔-=．所以原问题等价于关于a 的方程1ln a a t-=有两解，设()ln h a a a =，则()ln 1h a a '=+，10a e <<时，()0h a '<，()h a 递减，1a e>时，()0'>h a ，()h a 递增，所以min 11()h a h e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，0x →时，()0h a →，a →+∞时，()h a →+∞，所以由关于a 的方程1ln a a t -=有两解，得110e t-<-<，所以t e >． 例3.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a.(1)当a=e 时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)≥1,求a 的取值范围.【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ae x-1-.(1)当a=e 时,f(x)=e x -ln x+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.直线y=(e-1)x+2在x 轴,y 轴上的截距分别为,2,因此所求三角形的面积为.(2)当0<a<1时,f(1)=a+ln a<1不满足条件;当a=1时,f(x)=e x-1-ln x,f'(x)=e x-1-.当x ∈(0,1)时,f'(x)<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.所以a=1满足条件;当a>1时,f(x)=ae x-1-ln x+ln a ≥e x-1-ln x ≥1.综上,a 的取值范围是[1,+∞).例4.(2020·全国卷Ⅰ高考理科·T21)已知函数f(x)=e x +ax 2-x.(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x ≥0时,f (x )≥x 3+1,求a 的取值范围. 【解析】(1)当a =1时,f=e x +x 2-x ,f'=e x +2x -1,由于f″=e x +2>0, 故f'单调递增,注意到f'=0, 故当x ∈时,f'<0,f 单调递减,当x ∈时,f'>0,f 单调递增.(2)由f ≥x 3+1得,e x +ax 2-x ≥x 3+1,其中x ≥0, ①当x =0时,不等式为:1≥1,显然成立,符合题意;②当x>0时,分离参数a得,a≥-,记g =-,g'=-,令h=e x -x2-x -1,则h'=e x-x-1,h″=e x-1≥0,故h'单调递增,h'≥h'=0,故函数h单调递增,h≥h=0,由h≥0可得:e x -x2-x-1≥0恒成立,故当x ∈时,g'>0,g单调递增;当x ∈时,g'<0,g单调递减,因此,=g =,综上可得,实数a 的取值范围是.例5.(2020·天津高考·T20)已知函数f(x)=x3+k ln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;②求函数g(x)=f(x)-f'(x )+的单调区间和极值;(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>.【解析】(1)①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,f'(x)=3x2+.可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x +,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x +-,整理可得:g'(x )=,令g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如表:x(0,1) 1 (1,+∞)g'(x) - 0 +g(x) 单调递减极小值单调递增所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)由f (x )=x 3+k ln x ,得f'(x )=3x 2+.对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令=t (t >1), 则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))=(x 1-x 2)-2 =--3x 2+3x 1+k -2k ln =(t 3-3t 2+3t -1)+k .(ⅰ)令h (x )=x --2ln x ,x ∈(1,+∞).当x >1时,h'(x )=1+-=>0,由此可得h (x )在(1,+∞)上单调递增,所以当t >1时,h (t )>h (1),即t --2ln t >0. 因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t -1=(t -1)3>0,k ≥-3, 所以(t 3-3t 2+3t -1)+k ≥(t 3-3t 2+3t -1)-3=t 3-3t 2+6ln t +-1.(ⅱ) 由(1)②可知,当t >1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t +>1,故t 3-3t 2+6ln t +-1>0.(ⅲ) 由(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))>0.所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有>.例6．（2021·江苏苏州市·高三）已知函数()e ln ax f x x x =-，其中e 是自然对数的底数，0a >.（1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线斜率为21e -，求a 的值；（2）对于给定的常数a ，若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，求证：b a ≤．【答案】（1）1a =；（2）证明见解析.【详解】（1）因为1()(1)ax f x ax e x'=+-，所以切线斜率为(1)(1)121a k f a e e '==+-=-，即(1)20a a ee +-=．设()(1)2x h x x e e =+-， 由于()(2)0x h x x e '=+>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0h =，由(1)()02a a e h a e +-==可得1a =．（2）设()1t u t e t =--，则()1t u t e '=-，当0t >时，()0u t '>，当0t <时，()0u t '<，所以()u t 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以min()(0)0u t u ==，即()0u t ≥，所以1(*)t e t ≥+．若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ax xe x bx --≥对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax ax x xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立．设ln 1()ax xe x g x x --=，由（*）可知ln ln 1ln 1ln 1ln 1()ax ax x xe x e x ax x x g x a x x x+----++--==≥=， 当且仅当()ln 0x ax x ϕ=+=时等号成立．由()1()00x a x xϕ'=+>>，所以()ϕx 在()0+∞，上单调递增，又()()1a a a e ae a a e ϕ---=-=-，由0a >，所以10a e --<，即()0a e ϕ-<()10a ϕ=>，则存在唯一()0,1a x e -∈使得0()=0x ϕ，即方程()ln 0x ax x ϕ=+=有唯一解()0,1a x e -∈，即()g x a ≥(对于给定的常数a ，当0x x =，()0,1a x e -∈时取等号)由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，所以b a ≤． 例7.(2020·江苏高考·T19)已知关于x 的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b ∈R)在区间D 上恒有f(x)≥h(x)≥g(x).(1)若f(x)=x 2+2x,g(x)=-x 2+2x,D=(-∞,+∞).求h(x)的表达式;(2)若f(x)=x 2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞).求k 的取值范围;(3)若f(x)=x 4-2x 2,g(x)=4x 2-8,h(x)=4(t 3-t)x-3t 4+2t 2(0<|t|≤),D=[m,n]⊆[-,],求证:n-m ≤. 【解析】(1)由f(x)=g(x)得x=0.又f'(x)=2x+2,g'(x)=-2x+2,所以f'(0)=g'(0)=2,所以,函数h(x)的图象为过原点,斜率为2的直线,所以h(x)=2x.经检验:h(x)=2x 符合题意.(2)h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),设φ(x)=x -1-ln x,则φ'(x)=1-=,φ(x)≥φ(1)=0,所以当h(x)-g(x)≥0时,k ≥0.设m(x)=f(x)-h(x)=x 2-x+1-(kx-k)=x 2-(k+1)x+(1+k)≥0,当x=≤0时,m(x)在(0,+∞)上递增,所以m(x)>m(0)=1+k ≥0,所以k=-1.当x=>0时,Δ≤0,即(k+1)2-4(k+1)≤0,(k+1)(k-3)≤0,-1≤k≤3.综上,k∈[0,3].(3)①当1≤t≤时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+≤0.(*)令Δ=(t3-t)2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤),则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立, 所以φ(t)在[1,]上是减函数,则φ()≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7所以不等式(*)有解,设解集为,因此n-m≤x2-x1=≤.②当0<t<1时,f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v'(t)=0,得t=.当t∈时,v'(t)<0,v(t)是减函数;当t∈时,v'(t)>0,v(t)是增函数;v(0)=-1,v(1)=0,则当0<t<1时,v(t)<0,(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0)则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n).因为[m,n]⊆[-,],所以n-m≤+1<.③当-≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤也成立.综上所述,n-m≤.例8.（2020届安徽省马鞍山市高三）已知函数.（1）若在定义域内无极值点，求实数的取值范围；（2）求证：当时，恒成立.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）由题意知，令，则，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 又，∵在定义域内无极值点，∴ 又当时，在和上都单调递增也满足题意，所以（2），令，由（1）可知在上单调递増，又，所以存在唯一的零点，故在上单调递减，在上单调递増，∴由知 即当时，恒成立.例9．（2021·安徽高三）已知函数()2ln ,f x x ax x =+-其中0.a ≥（1）讨论()f x 的单调性；（2）若当2x >时()31,12f x x <+恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增；当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛--+⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在11811844a a a a -+-⎛ ⎝⎭内单减；当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减； （2）7ln20,4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 【详解】（1）()212121,0ax x f x ax x x x-+=+'-=> 若()()110,21,x a f x ax f x x x-==+-=-在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减. 若0,a >由2210ax x -+=知， 18a ∆=-.当Δ180,a =-≤即18a ≥时，2210,ax x -+≥此时()f x 在()0,∞+内单增. 当1Δ180,08a a =-><<时，1184a x a-=，此时()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 综上所述：当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增. 当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减.（2）()3112f x x <+即231ln 1,2x ax x x +-<+ 即2311ln 2ax x x x <++- 即22111ln 2x a x x x x <++-，2x >，令()22111ln ,2,2x g x x x x x x=++-> 则()23311212ln 2x g x x x x -=---'33264ln ,22x x x x x--+=> 令()()324264ln ,2,320h x x x x x h x x x=--+>=-+>'. 所以()h x 在2x >时单增，()()()24ln222ln410h x h >=-=->，因此()0g x '>， ()g x 在2x >时单增，()()7ln224g x g ->=，于是7ln2.4a -≤ 故a 的取值范围是7ln20,.4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦例10.（2020届山西省孝义市一模）已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，曲线总在曲线的下方，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】（1）由可得的定义域为，且， 若，则，函数在上单调递增； 若，则当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减. 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）原命题等价于不等式在上恒成立， 即，不等式恒成立.∵当时，，∴， 即证当时，大于的最大值.又∵当时，，∴，综上所述，.【总结提升】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.本题是利用方法 ① 求得的范围. 【压轴训练】1．（2021·长宁区·上海市延安中学高三）设函数()f x 的定义域为R ，满足()()22f x f x +=，且当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-．若对任意(],x m ∈-∞，都有()23f x ≥-，则m 的取值范围是（ ）A ．215⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，B ．163⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，C ．184⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，D ．194⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，【答案】D【详解】当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-的最小值是1,4-由()()22f x f x +=知，当(]2,4x ∈时，()()192224f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,2-当(]4,6x ∈时，()()194444f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,-要使()23f x ≥-，则()1924443x x -+-≥--，解得：194x ≤或16.3x ≥2．（2020·河津中学高三）若函数2()cos sin 3f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭(其中a 为参数)在R 上单调递增，则a 的取值范围是（ ） A ．10,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,,33⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭C ．11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．1,03⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【详解】函数1()sin sin 23f x a x x x =-+在R 上单调递增，等价于2245()cos cos21cos cos 0333f x a x x x a x =-+=-++'在R 上恒成立.设cos x t =，则245()033g t t at =-++在[1,1]-上恒成立，所以45(1)0,3345(1)0,33g a g a ⎧=-++⎪⎪⎨⎪-=--+⎪⎩解得.3．（2021·全国高三专题练习）已知函数()ln f x x =，若对任意的12,(0,)x x ∈+∞，都有()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦恒成立，则实数k 的最大值是（ ）A ．1-B ．0C ．1D ．2【答案】B【详解】设12x x >，因为()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦，变形为()()()()121212212ln ln x x x x x x kx x x -+->+，即12212ln x kx x x x >-，等价于1221ln 1x kx x x >-，因为120x x >>，令12x t x =(1t >)，则ln 1k t t >-，即(1)ln k t t <-.设()()1ln g t t t =-(1t >)，则min ()k g t <.当1t >时1()ln 10g t t t'=+->恒成立，故()g t 在()1,+∞上单调递增，()(1)0g t g >=.所以0k ≤，k 的最大值为0.4．（2019·天津高考模拟）已知函数23ln ,1(),46,1x x f x x x x -≤⎧=⎨-+>⎩ 若不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．13,3e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ B ．[3,3ln 5]+ C ．[3,4ln 2]+D ．13,5e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】由题意得：设g(x)=|2|x a -，易得a ＞0，可得2,2g(x)=2,2a x a x a x a x ⎧-≥⎪⎪⎨⎪-+⎪⎩＜，g(x)与x 轴的交点为(,0)2a，① 当2a x ≥，由不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，可得临界值时，()g()f x x 与相切，此时2()46,1f x x x x =-+>，()2,2ag x x a x =-≥，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为2，242x -=，3x =，可得切点坐标（3，3）， 可得切线方程：23y x =-，切线与x 轴的交点为3(,0)2,可得此时322a =，3a =， 综合函数图像可得3a ≥；② 同理，当2ax ＜，由()g()f x x 与相切， （1）当2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-+＜，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为-2，242x -=-，1x =，可得切点坐标（1，3），可得切线方程25y x =-+，可得5a =，综合函数图像可得5a ≤，（2）当()3ln ,1f x x x =-≤，()2,2a g x x a x =-+＜，()g()f x x 与相切，可得'1()f x x， 此时可得可得切线斜率为-2，12x -=-，12x =，可得切点坐标1(,32)2In +, 可得切线方程：1(32)2()2y In x -+=--，242y x In =-++可得切线与x 轴的交点为2(2,0)2In +，可得此时2222a In =+，42a In =+， 综合函数图像可得42a In ≤+， 综上所述可得342a In ≤≤+，故选C.5．（2020·广东佛山市·高三）（多选）命题:p 已知ABC 为锐角三角形，不等式cos cos log 0sin CAB≥恒成立，命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立，在[1,2]上恒成立，则真命题的为（ ） A ．p q ∨ B ．p q ∧C ．p q ⌝∨D ．p q ∧⌝【答案】AD 【详解】因为为锐角三角形，所以0,0,0222A B C πππ<<<<<<,所以2A B π+>，则022A B ππ>>->，所以0cos cos()sin 12A B B π<<-=<，所以cos 01sin AB<<，又0cos 1C <<，所以不等式cos cos log 0sin CA B≥恒成立，故命题p 是真命题；命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立()min2x a ⇔+，在[1,2]上恒成立，故命题q 是假命题所以p q ∨，p q ∧⌝是真命题.6．（2020·福清西山学校高三）（多选）记函数()f x 与()g x 的定义域的交集为I ，若存在0x I ∈，使得对任意x I ∈，不等式()()fx g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，则称()()(),f x g x 构成“相关函数对”．下列所给的两个函数构成“相关函数对”的有（ ） A ．()xf x e =，()1g x x =+B ．()ln f x x =，()1g x x= C ．()f x x =，()2g x x =D ．()f x x =，【答案】BD【详解】根据函数的新定义，可得两个函数的图象有一个交点，且交点的两侧图象一侧满足()()f x g x >，另一侧满足()()f x g x <，对于A 中，令()()()1xx f x g x e x ϕ=-=--，可得()1xx e ϕ'=-，当0x >时，()10xx e ϕ'=->，函数单调递增；当0x <时，()10x x e ϕ'=-<，函数单调递减，所以当0x =时，函数()x ϕ 取得最小值，最小值为()00ϕ=，即()0x ϕ≥，所以()()f x g x ≥恒成立，不符合题意；对于B 中，令()()()1ln ,0x f x g x x x x ϕ=-=->，可得()2110x x xϕ'=+>，所以函数()x ϕ单调递增，又由()()11ln110,ln 0e e eϕϕ=-<=->，设0x x =满足()00x ϕ=，且01x e <<，则对任意(0,)x ∈+∞，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意；对于C 中，函数()f x x =，()2g x x =，根据一次函数和二次函数的性质，可得函数()y f x =的图象由两个交点，此时不满足题意；对于D 中，令()()()1()2x x f x g x x ϕ=-=，可得()1211()ln 2022x x x ϕ-'=+>，所以()x ϕ在定义域[0,)+∞单调递增，又由()()1010,102ϕϕ=-<=>，所以方程()0x ϕ=只有一个实数根，设为0x ，则满足对任意x I ∈，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意. 7．（2020·浙江高三月考）已知1a >，若对于任意的1[,)3x ∈+∞，不等式()4ln 3e ln x x x a a -≤-恒成立，则a 的最小值为______.【答案】3e【详解】()()4ln 3ln 3ln 3ln x x e x x a a x x ae a x -≤-⇔-≤--()()3ln 3ln x x x x ae ae ⇔-≤-令()ln f x x x =-，()111x f x x x-'=-=，∴()f x 在[)1,+∞上单调递增.∵1a >，1[,)3x ∈+∞，∴[)3,1,x e x a ∈+∞，∴33x x e ae x x a ⇔≤⇔≤恒成立，令()3x xg x e=，只需max ()a g x ≥，()33x xg x e -'=，∴1[,1),()0,()3x g x g x ∈'>单调递增，∴(1,),()0,()x g x g x ∈+∞'<单调递减，1x ∴=时，()g x 的最大值为3e ，∴3a e≥， ∴a 的最小值为3e. 8．（2020·全国高三月考）已知函数()()ln 202xaf x ae a x =+->+，若()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围为______. 【答案】(),e +∞ 【详解】()ln202x af x ae x =+->+，则()ln ln ln 22x a e a x ++>++，两边加上x 得到()()()ln 2ln ln 2ln 2ln 2x x aex a x x ex ++++>+++=++，x y e x =+单调递增，()ln ln 2x a x ∴+>+，即()ln ln 2a x x >+-，令()()ln 2g x x x =+-，则()11121x g x x x --'=-=++，因为()f x 的定义域为()2,-+∞()2,1x ∴∈--时，()0g x '>，()g x 单调递增，()1,x ∈-+∞，()0g x '<，()g x 单调递减， ()()max ln 11a g x g ∴>=-=，a e ∴>.9．（2021·安徽高三开学考试）已知函数()()11ln f x a x x =+++. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对任意0x >，求证：()()22e 11exa x f x x +++>.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【详解】（1）由题意得，()f x 的定义域为()0,∞+，()()1111a x f x a x x++'=++=， 当1a ≥-时，()0f x '>恒成立，∴()f x 在()0,∞+上单调递增. 当1a <-时，令()0f x '>，解得11x a <-+；令()0f x '<，解得11x a >-+， ∴()f x 在10,1a ⎛⎫-⎪+⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫-+∞⎪+⎝⎭上单调递减. （2）要证()()22e 11e x a x f x x +++>，即证22e ln 0e x x x ⋅->.令()22e ln e xg x x x =⋅-，则()()22221e e e x x x g x x--'=.令()()221e e x r x x x =--，则()22e e x r x x '=-， 易得()r x '在()0,∞+上单调递增，且()212e e 0r '=-<，()223e 0r '=>，∴存在唯一的实数()01,2x ∈，使得()00r x '=，∴()r x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增.∵()00r <，()20r =， ∴当()0r x >时，2x >；当()0r x <时，02x <<，∴()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，∴()()21ln 20g x g ≥=->.综上，22e ln 0e x x x ⋅->，即()()22e 11exa x f x x +++>.10.（2020·山东高考模拟）已知函数2()ln 2()f x x a x x a R =+-∈.（1）求()f x 的单调递增区间；（2）若函数()f x 有两个极值点1212,()x x x x <且12()0f x mx -≥恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）12a ≥时，增区间为(0,)+∞；0a ≤时，增区间为1()2++∞；102a <<时，增区间为，)+∞；（2）3(,ln 2]2-∞--. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，222'()22a x x af x x x x-+=+-=，令2220x x a -+=，484(12)a a ∆=-=-，1︒若12a ≥时，0∆≤，'()0f x ≥在(0,)+∞恒成立，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增. 2︒若12a <，>0∆，方程2220x x a -+=，两根为1x =2x =，当0a ≤时，20x >，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增. 当102a <<时，1>0x ，20x >， 1(0,)x x ∈，'()0f x >，()f x 单调递增，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增.综上，12a ≥时，函数()f x 单调递增区间为(0,)+∞， 0a ≤时，函数()f x单调递增区间为1()2+∞， 102a <<时，函数()f x单调递增区间为1(0,2-，1()2++∞. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点1212,()x x x x <时，102a <<且121x x =+，122a x x ⋅=，则1112ax x +=，()1121a x x =-，且1102x <<，2112x <<. 此时()120f x mx ≥-恒成立，可化为()()21111112121ln 21f x x x x x x m x x +--≤=- ()()11111111121ln 11x x x x x x x -+-+--=-1111112ln 1x x x x =-++-恒成立， 设1()12ln 1g x x x x x =-++-，1(0,)2x ∈，2221(1)1'()122ln 2ln (1)(1)x g x x xx x --=-++-=+--2(2)2ln (1)x x x x -=+-， 因为102x <<，所以(2)0x x -<，2ln 0x <，所以)'(0g x <，故()g x 在1(0,)2单调递减，13()ln 222g x g ⎛⎫>=-- ⎪⎝⎭，所以实数m 的取值范围是3(,ln 2]2-∞--.11．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三）已知()()ln 0f x x mx m =->. （1）若()y f x =在点()()1,1f 处的切线平行于x 轴，求其单调区间和极值;（2）若不等式()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，求整数m 的最小值. 【答案】（1）增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，()f x 的极大值为1-，无极小值；（2）2. 【详解】（1）()1f x m x'=-，则()110f m '=-=，1m ∴=， ()ln f x x x ∴=-，定义域为(0,)+∞，()111xf x x x-'=-=令()0f x '>，得01x <<;令()0f x '<，得1x >()f x ∴的增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，且()f x 的极大值为()11f =-，无极小值.（2）因为0m >，所以()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，可化为21ln 122x x m x x ++≥+，设()2ln 12x x h x x x++=+，则()()()()()()2222212(ln 1)(22)12ln 22x x x x x x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+++ ⎪-++⎝⎭'==++， 设()2ln g x x x =+，则()2ln g x x x =+单调增，且111112ln 2ln 2ln 4022222g ⎛⎫=+=-=-< ⎪⎝⎭，()10g >，01,12x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x =，即 ()00h x '=，所以002ln 0x x +=，所以当012x x <<时，0()()0g x g x <=，()0h x '>， 当01x x <<时，0()()0g x g x >=，()0h x '<，()h x ∴在()00,x 单调递增，在()0,x +∞单调递减()()000022max000001ln 1112,12222x x x h x h x x x x x x +++⎛⎫∴====∈ ⎪++⎝⎭()()021,2m h x ∴≥∈，m ∴的最小整数值为2。
导与练普通班届高三数学一轮复习第四课时利用导数研究不等式恒成立求参数范围专题课件理
2a
2a
(3)如果对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x 1 )-f(x2)|≥4|x1-x2 |恒成立,求实数a 的取值范围.
解：(3)不妨设 0<x1≤x2: ①当 a≥0 时,f′(x)>0,f(x) 在(0,+∞)上单调递增 , 即 f(x2)-4x2≥f(x1)-4x1 恒成立 . 构造函数 g(x)=f(x)-4x, 需证 g(x)=f(x)-4x 在(0,+∞)上单调递增 ,
【即时训练】 (2016洛阳统考)已知函数f(x)=ex+ax2-e2x. (1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线平行于x轴,求函数f(x)的单调 区间; 解: (1)由f′(x)=ex+2ax-e2得: y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率k=4a=0,则a=0. 此时 f(x)=ex-e2x,f′(x)=e x-e2. 由f′(x)=0,得x=2. 当x∈(-∞,2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减 ; 当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增 . 所以函数f(x)的单调增区间是(2,+∞), 单调减区间是(-∞,2).
所以 g(x)最小值为 g(1)=0,所以 f(x)≥a（1- 1 ）. x
x
1
(3)在区间(1,e)上 ea - ea x<0 恒成立,求实数 a 的取值范围.
x
1
(3)解:由题意可知 ea < ea
x,化简得
x ? 1 <ln
x,a>
x?1.
a
ln x
令
h(x)=
x
?
1 ,则
h′(x)=
ln
导与练普通班届高三数学一轮复习第四课时利用导数研究不等式恒成立求参数范围专题课件理_图文
【即时训练】 (2016洛阳统考)已知函数f(x)=ex+ax2-e2x. (1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线平行于x轴,求函数f(x)的单调 区间; 解: (1)由f′(x)=ex+2ax-e2得: y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率k=4a=0,则a=0. 此时f(x)=ex-e2x,f′(x)=ex-e2. 由f′(x)=0,得x=2. 当x∈(-∞,2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 所以函数f(x)的单调增区间是(2,+∞), 单调减区间是(-x2恒成立,求实数a的取值范围.
方法三 利用转化与化归思想求解存在性不等式成立问题
②当1<a<e时, x∈[1,a]时,f′(x)≤0,f(x)为减函数; x∈[a,e]时,f′(x)≥0,f(x)为增函数. 所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1.
(2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0],f(x1)<g(x2) 恒成立,求a的取值范围.
反思归纳 不等式的恒成立与能成立问题
(1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集 ⇔[f(x)-g(x)]min>0(x∈I). (2)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集 ⇔[f(x)-g(x)]max>0(x∈I). (3)对∀x1,x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min. (4)对∀x1∈D1,∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min,f(x)定义域 为D1,g(x)定义域为D2.
第五节 利用导数研究不等式恒成立问题
范围.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，
g(x)在(1，x2)上单调递减，此时g(x)＜g(1)＝0.
[关键4：利用导数研究函数单调性，求函数值域]
综上，a的取值范围是(－∞，2].
考法一 分离参数法解决不等式恒成立问题
[例1] (2019·石家庄质量检测)已知函数f(x)＝axex－(a＋ 1)(2x－1)．
考法二 等价转化法解决不等式恒成立问题
[例2] (2019·合肥六校联考)已知函数f(x)＝(x＋a－ 1)ex，g(x)＝12x2＋ax，其中a为常数．
(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成 立，求实数a的取值范围．
(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程； (2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)． 即f′(x)＝xex＋ex－4， 则f′(0)＝－3，f(0)＝2， 所以所求切线方程为3x＋y－2＝0.
(1)在a＝0时，求f(x)的单调区间； (2)若 f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)a＝0时，f(x)＝(x－1)ln x， f′(x)＝ln x＋(x－1)·1x＝ln x－1x＋1，设 g(x)＝ln x－1x＋1， 则g′(x)＝x＋x2 1>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0， ∴ x∈(0,1)时，g(x)<0，即f′(x)<0， x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0， ∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
第5讲 第3课时 利用导数研究函数的零点
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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
考 点 三 构造函数法研究函数的零点 例 3 (2021·全国甲卷节选)已知 a>0 且 a≠1，函数 f(x)＝axax(a>0)．若
曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 有且仅有两个交点，求 a 的取值范围．
解：曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 有且仅有两个交点， 可转化为方程axax＝1(x>0)有两个不同的解， 即方程lnx x＝lnaa有两个不同的解．
当 x→0＋时，h(x)→－∞，当 x→＋∞时，h(x)→0， 作出函数 h(x)的图象与直线 y＝kx－1 如图所示．
6
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
当直线 y＝kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，设切点坐标为(x0，lnx20x0)， 则 k＝1－2x30ln x0＝lnx20xx00＋1，即 3ln x0＋x20－1＝0，易得 x0＝1，∴当直线 y＝ kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，k＝1.由图象知，当 0<k<1 时，直线 y＝kx －1 与函数 h(x)的图象恰有两个交点，即函数 f(x)恰有两个零点，∴实数 k 的取值范围为(0，1)．
11
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0.
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且 φ(x)max＝φ(3) ＝e13，
又 x→＋∞时，φ(x)→0， x→－∞时，φ(x)→－∞， ∴φ(x)的图象如图所示．
12
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
第5讲 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题
第5讲 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题把参数看作常数利用分类讨论方法解决[典例引领](2018·衡阳模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ，a ∈R . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若不等式f (x )＋a ＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围． 【解】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .①当a ≤0时，f ′(x )＞0恒成立， 则f (x )只有单调递增区间是(0，＋∞)． ②当a ＞0时，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜1a ；由f ′(x )＜0，得x ＞1a；所以f (x )的单调递增区间是(0，1a)，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞. (2)f (x )＋a ＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x －a (x －1)＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立． 设g (x )＝ln x －a (x －1)，x ＞0，则g ′(x )＝1x －a ，注意到g (1)＝0，①当a ≥1时，g ′(x )＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立， 则g (x )在x ∈(1，＋∞)上单调递减， 所以g (x )＜g (1)＝0，即a ≥1时满足题意． ②当0＜a ＜1时，令g ′(x )＞0，得0＜x ＜1a ；令g ′(x )＜0，得x ＞1a .则g (x )在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递增， 所以当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a 时，g (x )＞g (1)＝0， 即0＜a ＜1时不满足题意(舍去)． ③当a ≤0时，g ′(x )＝1x－a ＞0，则g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＞g (1)＝0， 即a ≤0时不满足题意(舍去)．综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围．分离参数法求范围[典例引领](2018·枣庄模拟)已知函数f (x )＝e xx 的定义域为(0，＋∞)．(1)求函数f (x )在[m ，m ＋1](m ＞0)上的最小值；(2)对∀x ∈(0，＋∞)，不等式xf (x )＞－x 2＋λx －1恒成立，求λ的取值范围． 【解】 f ′(x )＝x e x －e xx 2，令f ′(x )＞0得x ＞1； 令f ′(x )＜0得0＜x ＜1，所以函数f (x )在(0，1)上是减函数；在(1，＋∞)上是增函数．(1)当m ≥1时，函数f (x )在[m ，m ＋1](m ＞0)上是增函数，所以f (x )min ＝f (m )＝e mm .当0＜m ＜1时，函数f (x )在[m ，1]上是减函数； 在[1，m ＋1]上是增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝e.(2)由题意，对∀x ∈(0，＋∞)，不等式e x＋x 2＋1＞λx 恒成立，即e x x ＋x ＋1x＞λ恒成立，令g (x )＝e x x ＋x ＋1x ，则g ′(x )＝(e x ＋x ＋1)(x －1)x 2，由g ′(x )＞0得，x ＞1； 由g ′(x )＜0得，0＜x ＜1.所以g (x )min ＝g (1)＝e ＋2，所以λ＜e ＋2. 即λ的取值范围为(－∞，e ＋2)．利用分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ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(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式； (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值；(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围．等价转化法求参数范围[典例引领]设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥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 ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M . 由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝⎛⎭⎫x －23. 令g ′(x )＞0得x ＜0，或x ＞23，令g ′(x )＜0得0＜x ＜23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，23上单调递减，在区间⎣⎡⎦⎤23，2上单调递增， 所以g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， 又g (0)＝－3，g (2)＝1， 所以g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ， 则满足条件的最大整数M ＝4.(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max ，由(1)可知在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，f (x )＝ax ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立． 设h (x )＝x －x 2ln x ， h ′(x )＝1－2x ln x －x ，令m (x )＝x ln x ，由m ′(x )＝ln x ＋1＞0得x ＞1e .即m (x )＝x ln x 在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上是增函数， 可知h ′(x )在区间⎣⎡⎦⎤12，2上是减函数， 又h ′(1)＝0，所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0； 当12＜x ＜1时，h ′(x )＞0. 即函数h (x )＝x －x 2ln 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 )max ＝h (1)＝1， 所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化．(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题．不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径(1)f (x )≥a 恒成立⇔f (x )min ≥a ； 存在x 使f (x )≥a 成立⇔f (x )max ≥a .(2)f (x )≤b 恒成立⇔f (x )max ≤b ， 存在x 使f (x )≤b 成立⇔f (x )min ≤b . (3)f (x )＞g (x )恒成立F (x )＝f (x )－g (x )F (x )min ＞0.(4)①任意x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)min ＞g (x 2)max ； ②任意x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)min ＞g (x 2)min ； ③存在x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)max ＞g (x 2)min ； ④存在x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)max ＞g (x 2)max .1．设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0，1)B ．(－1，0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1，0)D ．(0，1)∪(1，＋∞)解析：选A ．设y ＝g (x )＝f (x )x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以 g ′(x )<0，所以 g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0.因为 f (x )为奇函数，所以 g (x )为偶函数， 所以 g (x )的图象的示意图如图所示．当x ＞0，g (x )＞0时，f (x )＞0，0＜x ＜1， 当x ＜0，g (x )＜0时，f (x )>0，x ＜－1，所以 使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A ．2．已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x ＋a ，若∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，1，∃x 2∈[2，3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≤1B ．a ≥1C ．a ≤2D ．a ≥2解析：选A ．由题意知f (x )min ⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤12，1≥g (x )min (x ∈[2，3])，因为f (x )min ＝5，g (x )min＝4＋a ，所以5≥4＋a ，即a ≤1，故选A ．3．设函数f (x )＝ax ＋ln x ，g (x )＝a 2x 2.(1)当a ＝－1时，求函数y ＝f (x )图象上的点到直线x －y ＋3＝0距离的最小值； (2)是否存在正实数a ，使得不等式f (x )≤g (x )对一切正实数x 都成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)由f (x )＝－x ＋ln x ，得f ′(x )＝－1＋1x ，令f ′(x )＝1，得x ＝12，所以所求距离的最小值即为P ⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12到直线x －y ＋3＝0的距离，d ＝⎪⎪⎪⎪12－(－12－ln 2)＋32＝12(4＋ln 2) 2.(2)假设存在正数a ，令F (x )＝f (x )－g (x )(x ＞0)， 则F (x )max ≤0.由F ′(x )＝a ＋1x －2a 2x ＝0，得x ＝1a ，因为x ＞1a 时，F ′(x )＜0，所以F (x )为减函数； 当0＜x ＜1a 时，F ′(x )＞0，所以F (x )为增函数， 所以F (x )max ＝F ⎝⎛⎭⎫1a ， 所以ln 1a≤0，即a ≥1.所以a 的取值范围是[1，＋∞)．4．(2018·贵州适应性考试)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )在R 上单调递减；当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝ln a .由f ′(x )＞0得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )＜0得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)．(2)因为∃x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ，则ax ≤ln x x ，即a ≤ln xx 2.设h (x )＝ln x x 2，则问题转化为a ≤(ln xx 2)max ，由h ′(x )＝1－2ln xx 3，令h ′(x )＝0，则x ＝ e.当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e .所以a ≤12e .5．(2017·高考全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x .令f ′(x )＝0得x ＝－1－2，x ＝－1＋ 2.当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0；当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0； 当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)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x .当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，h ′(x )＝－x e x <0(x >0)， 因此h (x )在[0，＋∞)上单调递减，而h (0)＝1， 故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1.当0<a <1时，设函数g (x )＝e x －x －1，g ′(x )＝e x －1>0(x >0)，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增，而g (0)＝0，故e x ≥x ＋1.当0<x <1时，f (x )>(1－x )(1＋x )2，(1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2)， 取x 0＝5－4a －12，则x 0∈(0，1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0，故f (x 0)>ax 0＋1. 当a ≤0时，取x 0＝5－12，则x 0∈(0，1)，f (x 0)>(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1.综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．6．(2018·兰州模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ，b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)＜f (x )－g (x )对任意的x ＞2恒成立，求k 的最大值．解：(1)f ′(x )＝2ax ＋b ＋1＋ln x ，所以2a ＋b ＋1＝3且a ＋b ＝1，解得a ＝1，b ＝0.(2)由(1)与题意知k ＜f (x )－g (x )x －2＝x ＋x ln x x －2对任意的x ＞2恒成立，设h (x )＝x ＋x ln x x －2(x ＞2)，则h ′(x )＝x －4－2ln x(x －2)2，令m (x )＝x －4－2ln x (x ＞2)，则m ′(x )＝1－2x ＝x －2x ＞0，所以函数m (x )为(2，＋∞)上的增函数．因为m (8)＝4－2ln 8＜4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln 10＞6－2ln e 3＝6－6＝0， 所以函数m (x )在(8，10)上有唯一零点x 0，即有x 0－4－2ln x 0＝0成立， 故当2＜x ＜x 0时，m (x )＜0，即h ′(x )＜0；当x 0＜x 时，m (x )＞0，即h ′(x )＞0， 所以函数h (x )在(2，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－2＝x 0⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 0－42x 0－2＝x 02，所以k ＜x 02，因为x 0∈(8，10)，所以x02∈(4，5)，又k∈Z，所以k的最大值为4.。
第5讲 第3课时 利用导数研究函数的零点
第3课时利用导数研究函数的零点命题解读函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现.数形结合法研究函数的零点例1已知函数f (x )＝ln x －kx 3＋x 2恰有两个零点，求实数k 的取值范围.解：法一：由题知，方程ln x －kx 3＋x 2＝0，即ln x x 2＝kx －1恰有两个解，设h (x )＝ln x x 2，则函数h (x )的图象与直线y ＝kx －1有两个交点.h ′(x )＝1x ·x 2－2x ln x x 4＝1－2ln x x 3，当0<x <e 时，h ′(x )>0，当x >e 时，h ′(x )<0，∴h (x )在区间(0，e)上单调递增，在区间(e ，＋∞)上单调递减，∴h (x )max ＝h (e)＝12e，易知h (1)＝0，当x →0＋时，h (x )→－∞，当x→＋∞时，h (x )→0，作出函数h (x )的图象与直线y ＝kx －1如图所示.当直线y ＝kx －1与函数h (x )的图象相切时，设切点坐标为(x 0，ln x 0x 20)，则k ＝1－2ln x 0x 30＝ln x 0x 20＋1x 0，即3ln x 0＋x 20－1＝0，易得x 0＝1，∴当直线y ＝kx －1与函数h (x )的图象相切时，k ＝1.由图象知，当0<k <1时，直线y ＝kx －1与函数h (x )的图象恰有两个交点，即函数f (x )恰有两个零点，∴实数k 的取值范围为(0，1).法二：由题知，方程ln x －kx 3＋x 2＝0，即ln x x 3＋1x ＝k 恰有两个解，设g (x )＝ln x x 3＋1x，则函数g (x )的图象与直线y ＝k 有两个交点.g ′(x )＝1x ·x 3－3x 2ln x x 6－1x 2＝1－3ln x －x 2x 4，设m (x )＝1－3ln x －x 2，则m ′(x )＝－3x－2x <0，∴m (x )在区间(0，＋∞)上单调递减，∵m (1)＝0，∴当0<x <1时，m (x )>0，即g ′(x )>0，当x >1时，m (x )<0，即g ′(x )<0，∴g (x )在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，故g (x )max ＝g (1)＝1，易知当x →0＋时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，在同一平面直角坐标系中作出函数g (x )的图象及直线y ＝k 如图所示.由图象知，当0<k <1时，函数g (x )的图象与直线y ＝k 恰有两个交点，即f (x )恰有两个零点，故实数k 的取值范围为(0，1).反思感悟数形结合法解决零点问题的思路(1)把函数的零点转化为直线与曲线的交点个数问题，利用图象求解.(2)若能分离参数，可将参数分离出来，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数范围.训练1已知函数f (x )＝e x －ax ＋2a ，a ∈R ，讨论函数f (x )的零点个数.解：令f (x )＝0，得e x ＝a (x －2)，当a ＝0时，e x ＝a (x －2)无解，∴f (x )无零点.当a ≠0时，1a ＝x －2ex ，令φ(x )＝x －2e x ，x ∈R ，∴φ′(x )＝3－x e x，当x ∈(－∞，3)时，φ′(x )>0；当x ∈(3，＋∞)时，φ′(x )<0.∴φ(x )在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且φ(x )max ＝φ(3)＝1e3，又x →＋∞时，φ(x )→0，x →－∞时，φ(x )→－∞，∴φ(x )的图象如图所示.当1a >1e3，即0<a <e 3时，f (x )无零点；当1a ＝1e3，即a ＝e 3时，f (x )有一个零点；当0<1a <1e3，即a >e 3时，f (x )有两个零点；当1a<0，即a <0时，f (x )有一个零点.综上所述，当a ∈[0，e 3)时，f (x )无零点；当a ∈(－∞，0)∪{e 3}时，f (x )有一个零点；当a ∈(e 3，＋∞)时，f (x )有两个零点.利用函数的性质研究函数的零点例2(2022·全国乙卷节选)已知函数f (x )＝ax －1x－(a ＋1)ln x ，若f (x )恰有一个零点，求a 的取值范围.解：函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋1x 2－a ＋1x ＝（ax －1）（x －1）x 2.(ⅰ)当a ≤0时，ax －1<0恒成立，∴0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝a －1<0.此时f (x )无零点，不合题意.(ⅱ)当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝1a，①当0<a <1时，1<1a，∴1<x <1a时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，0<x <1或x >1a时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴f (x )在(0，1)f (x )的极大值为f (1)＝a －1<0，x →＋∞时，f (x )>0，∴f (x )恰有1个零点.②当a ＝1时，1＝1a，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (1)＝0，符合题意.③当a >1时，1a<1，f (x )(1，＋∞)减，f (x )的极小值为f (1)＝a －1>0，x →0时，f (x )→－∞，∴f (x )恰有1个零点.综上所述，a >0，即a 的取值范围为(0，＋∞).反思感悟利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.训练2已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1).证明：f (x )只有一个零点.证明：因为x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，当且仅当x ＝0时，g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增.故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点.又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点.综上，f (x )只有一个零点.构造函数法研究函数的零点例3(2021·全国甲卷节选)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝x a a x (a >0).若曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围.解：曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln a a有两个不同的解.设g (x )＝ln x x(x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln x x 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，故g (x )max ＝g (e)＝1e，且当x >e 时，g (x )又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞).反思感悟涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围.训练3已知函数f(x)＝x ln x－ax2(a∈R)，若f(x)在定义域内有2个零点，求a的取值范围.解：∵f(x)＝x ln x－ax2在定义域(0，＋∞)内有2个零点，∴y＝ln xx的图象与直线y＝a在(0，＋∞)上有2个不同的交点.令h(x)＝ln xx，x∈(0，＋∞)，∵h′(x)＝1－ln x x2，∴当x∈(0，e)时，h′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(e)＝1 e，又limx→0h(x)→－∞，limx→＋∞h(x)→0，∴a y＝ln xx的图象与直线y＝a在(0，＋∞)上有2个不同的交点，即a限时规范训练(二十三) 1.已知函数f(x)＝kx－ln x(k>0).(1)若k＝1，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值.解：(1)若k＝1，则f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1－1x，由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1，∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).(2)f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－1x＝kx－1x(x>0，k>0).当0<x<1k时，f′(x)<0；当x>1k时，f′(x)>0.∴f(x)f(x)min＝1－ln1k，∵f(x)有且只有一个零点，∴1－ln 1k＝0，即k＝1e.2.已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1，a ∈R .若f (x )＝1有且仅有两个不相等实根，求实数a 的取值范围.解：由题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，ln x －ax ＋1＝1，即a ＝ln x x 有且仅有两个不相等实根，令g (x )＝ln x x ，h (x )＝a ，即g (x )与h (x )的图象有两个交点，g ′(x )＝1－ln x x 2，x ∈(0，e)时，g ′(x )>0，x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以函数g (x )的最大值为g (e)＝ln e e ＝1e，又因为x →0时，g (x )→－∞，x →＋∞时，g (x )→0，所以当a g (x )与h (x )的图象有两个交点，如图所示.所以实数a 3.已知函数f (x )＝ln x ＋ax x，a ∈R .(1)若a ＝0，求f (x )的最大值；(2)若0<a <1，求证：f (x )有且只有一个零点.解：(1)若a ＝0，则f (x )＝ln x x ，其定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝1－ln x x2，由f ′(x )＝0，得x ＝e ，∴当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴f (x )max ＝f (e)＝1e .(2)证明：f′(x)＝1－ln xx2，由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∵0<a<1，∴当x>e时，f(x)＝ln x＋axx＝a＋ln xx>0，故f(x)在(e，＋∞)上无零点；当0<x<e时，f(x)＝ln x＋axx，∵a－e<0，f(e)＝a＋1e>0，且f(x)在(0，e)上单调递增，∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点，综上，f(x)有且只有一个零点.4.已知f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a(a∈R).(1)若函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)当a≤e时，讨论函数f(x)零点的个数.解：(1)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a，则f′(x)＝x(e x－ax).∵函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝x(e x－ax)≥0在[0，＋∞)上恒成立，则e x－ax≥0，x≥0.当x＝0时，则1≥0，即a∈R；当x>0时，则a≤e x x，构建g(x)＝e xx (x>0)，则g′(x)＝（x－1）e xx2(x>0)，令g′(x)>0，则x>1，令g′(x)<0，则0<x<1，∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(1)＝e，∴a≤e，综上所述，a≤e.即a的取值范围为(－∞，e].(2)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a＝(x－1)e x－13a（x2＋x＋1），令f(x)＝0，则x＝1或e x－13a(x2＋x＋1)＝0，对于e x－13a(x2＋x＋1)＝0，即e xx2＋x＋1＝13a，构建h(x)＝e xx2＋x＋1，则h′(x)＝x（x－1）e x （x2＋x＋1）2，令h′(x)>0，则x>1或x<0，令h′(x)<0，则0<x<1，∴h(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，h(0)＝1，h(1)＝e3且h(x)>0，当x∈R时恒成立，则当a＝e时，e xx2＋x＋1＝1 3 a有两个根x1＝1，x2<0；当0<a<e时，e xx2＋x＋1＝13a只有一个根x3<0；当a≤0时，e xx2＋x＋1＝13a无根.综上所述，当a≤0时，f(x)只有一个零点；当0<a≤e时，f(x)有两个零点.。
第5讲-利用导数研究不等式恒成立及相关问题PPT课件
二轮·数学
第5讲 利用导数研究不等式恒成立及 相关问题
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考向分析 核心整合 热点精讲 阅卷评析
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考向分析
考情纵览
年份 考点
利用导数解 决与函数有 关的不等式 恒成立问题
利用导数解 决与不等式 有关的问题
2011 21
2012 21
2013 ⅠⅡ
21 21
2014
Ⅰ
Ⅱ
21
21
2015
Ⅰ
Ⅱ
21
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真题导航
1.(2014 新课标全国卷Ⅰ,理 21)设函数 f(x)=aexln x+ bex1 ,曲线 y=f(x)在点 x
由 f′(x0)=0 得 ex0 = 1 ,ln(x0+2)=-x0, x0 2
故 f(x)≥f(x0)= 1 +x0= x0 12 >0.综上,当 m≤2 时,f(x)>0.
x0 2
x0 2
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备考指要
1.怎么考 导数的综合应用是高考命题的重点与热点,每年高考都会考查这一知识点, 具有一定的难度与灵活性. 从知识层面上看,一般考查导数在其他知识中的应用,突出导数的工具性,其 中主要包括: (1)利用导数研究多项式函数、幂函数、分式函数、以e为底的对数和指数 函数的性质及求参数等综合问题; (2)求最值,以实际问题中的最优化问题形式呈现; (3)把导数与函数、方程、不等式、数列等结合综合考查. 从题目的结构层次上看,常以解答题的形式呈现,第一问一般以抽象导函数 值、抽象函数值、切线方程、极值为背景求函数的解析式,或给定参数的值 求函数单调区间问题,较为简单;第二问均为和不等式相联系,考查由不等式 恒成立求参数的取值范围或参数的最值问题、证明不等式等综合问题,常以 压轴题出现,具有一定的难度.
人教版高一必修5第三章不等式专题含参数不等式恒成立与存在性问题教案含答案
专题-含参数不等式恒成立与存在性问题由任意性和存在性条件求参数的取值范围问题，一直是高考数学考试的重点和难点。
通过对近几年高考数学试题的研究，我们发现这类试题往往以压轴题的形式出现，所涉及的知识点内容覆盖面广，其中命题的核心在函数、方程、不等式等内容的交汇处。
下面就对这类问题进行详细的归类、归法，构建知识体系，希望对同学们有所帮助。
一、在不等式恒成立的条件下，求参数的取值范围问题在不等式恒成立条件下求参数的取值范围，一般原理是利用转化与化归思想将其转化为函数的最值或值域问题加以求解，方法可采用“分离参数法”或“不分离参数法”直接移项构造辅助函数的形式.类型1：对于一次函数，则有：],[,)(n m x b kx x f ∈+=（1）如果；()0()0()0f m f x f n >⎧>⇔⎨>⎩恒成立（2）如果.()0()0()0f m f x f n <⎧<⇔⎨<⎩恒成立例1、若不等式对满足的所有都成立，求的范围.)1(122->-x m x 22≤≤-m m x 解：我们可以用改变主元的办法，将视为主元，原不等式化为：，m 0)12()1(2<---x x m 令，则时，恒成立，所以只需)12()1()(2---=x x m m f 22≤≤-m 0)(<m f ⎩⎨⎧<<-0)2(0)2(f f 即，所以的范围是.⎪⎩⎪⎨⎧<---<----0)12()1(20)12()1(222x x x x x )231,271(++-∈x 说明：在给出的含有两个变量的不等式中，学生习惯把变量看成是主元（未知数），而把另一个变x 量看成参数，在有些问题中这样的解题过程繁琐。
如果把已知取值范围的变量作为主元，把要求取值范a 围的变量看作参数，则可简化解题过程。
类型2：设，)0()(2≠++=a c bx ax x f R x ∈（1）上恒成立；R x x f ∈>在0)(00<∆>⇔且a （2）上恒成立.R x x f ∈<在0)(00<∆<⇔且a 例2、已知关于的不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.x 2210mx mx ++>x R ∈m 解：当时，原不等式化为显然成立；0m =10>当时，则需要满足条件：；0m ≠201440m m m m >⎧⇒<<⎨∆=-<⎩综上，实数的取值范围是.m [0,1)类型3：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ],[βα∈x （1）当时，如果上恒成立；0>a ],[0)(βα∈>x x f 在⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf aba b f a b 或或当时，如果上恒成立.0>a ],[0)(βα∈<x x f 在⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f （2）当时，如果上恒成立；0<a ],[0)(βα∈>x x f 在⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f 当时，如果上恒成立.0<a ],[0)(βα∈<x x f 在⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a bab f a b 或或例3、若时，不等式恒成立，求的取值范围。
导数中不等式恒成立求参数范围问题类型归纳
导数中不等式恒成立求参数范围问题一、恒成立之最值的直接应用1.（2011北京理18）已知函数。
⑴求的单调区间；⑵若对于任意的，都有≤，求的取值范围. 解：⑴，令，当时，与的情况如下：所以，的单调递增区间是和：单调递减区间是， 当时，与的情况如下：所以，的单调递减区间是和：单调递减区间是。
⑵当时，因为11(1)k kf k ee++=>，所以不会有当时，由（Ⅰ）知在上的最大值是， 所以等价于,解 2()()x kf x x k e =-()f x (0,)x ∈+∞()f x 1ek 221()()xk f x x k e k'=-()0,f x x k '==±0k >()f x ()f x '()f x (,)k -∞-(,)k +∞(,)k k -0k <()f x ()f x '()f x (,)k -∞(,)k -+∞(,)k k -0k >1(0,),().x f x e ∀∈+∞≤0k <()f x (0,)+∞24()kf k e-=1(0,),()x f x e ∀∈+∞≤24()k f k e-=1e ≤10.2k -≤<综上：故当时，的取值范围是[，0].2.（2008天津理20）已知函数，其中. ⑴若曲线在点处切线方程为,求函数的解析式； ⑵讨论函数的单调性；⑶若对于任意的，不等式在上恒成立，求的取值范围.解：⑴，由导数的几何意义得，于是． 由切点在直线上可得，解得． 所以函数的解析式为． ⑵． 当时，显然(),这时在，上内是增函数． 当时，令，解得． 当变化时，，的变化情况如下表：＋ 0 － － 0＋↗极大值↘↘极小值↗∴在，内是增函数，在，内是减函数． ⑶由⑵知，在上的最大值为与的较大者，对于任意的，不1(0,),()x f x e ∀∈+∞≤k 12-()()0≠++=x b xax x f R b a ∈,()x f y =()()2,2f P 13+=x y ()x f ()x f ⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,21a ()10≤x f ⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,41b 2()1af x x'=-(2)3f '=8a =-(2,(2))P f 31y x =+27b -+=9b =()f x 8()9f x x x=-+2()1af x x'=-0a ≤()0f x '>0x ≠()f x (,0)-∞(0,)+∞0a >()0f x '=x =x ()f x '()f xx (,-∞()+∞()f x '()f x ()fx (,-∞)+∞((0,)+∞()f x 1[,1]41()4f (1)f 1[,2]2a ∈等式在上恒成立，当且仅当，即，对任意的成立．从而得，所以满足条件的的取值范围是．3.已知函数.⑴若，求的单调区间；⑵已知是的两个不同的极值点，且，若恒成立，求实数b 的取值范围。