【数学】2019届一轮复习人教B版 利用导数“三招”破解不等式恒成立问题学案
增分点 利用导数“三招”破解不等式恒成立问题
不等式恒成立问题一直是高考命题的热点，把函数问题、导数问题和不等式恒成立问题交汇命制压轴题成为一个新的热点命题方向．
利用单调性或最值求解
[典例] (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，··…·
0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．
由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0.
故a＝1.
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令x＝1＋，得ln<.
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.
故·…·2，
所以m的最小值为3.
[解题师说]
(1)对a分类讨论，并利用导数研究f(x)的单调性，找出最小值点，从而求出a.
(2)由(1)得当x>1时，x－1－ln x>0.令x＝1＋，换元后可求出·…·的范围．
[应用体验]
1．已知函数f(x)＝(2－a)ln x＋＋2ax.
(1)当a＝2时，求函数f(x)的极值；
(2)当a＜0时，讨论f(x)的单调性；
(3)若对任意的a∈(－3，－2)，x1，x2∈[1,3]恒有(m＋ln 3)a－2ln 3＞|f(x1)－f(x2)|成立，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝2时，函数f(x)＝＋4x，所以f′(x)＝－＋4.
由f′(x)＞0，得x＞，f(x)在上单调递增；
由f′(x)＜0，得0＜x＜，f(x)在上单调递减，
所以函数f(x)在x＝处取得极小值f＝4，无极大值．
(2)f′(x)＝－＋2a＝，
令f′(x)＝0，得x＝或x＝－.
①当－>，即－2＜a＜0时，由f′(x)＞0，得＜x＜－；由f′(x)＜0，得0＜x＜或x＞－，所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
②当－<，即a＜－2时，由f′(x)＞0，得－＜x＜；由f′(x)＜0，得0＜x＜－或x＞，所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
③当a＝－2时，f′(x)≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(3)由(2)知当a∈(－3，－2)，x1，x2∈[1,3]时，函数f(x)在区间[1,3]上单调递减；
所以当x∈[1,3]时，f(x)max＝f(1)＝1＋2a，f(x)min＝f(3)＝(2－a)ln 3＋＋6a，
故对任意的a∈(－3，－2)，恒有(m＋ln 3)a－2ln 3＞1＋2a－(2－a)ln 3－－6a成立，即am＞－4a.
因为a＜0，所以m＜－4，又min＝－，所以实数m的取值范围是.
利用分离参数法求解
[典例] (2018·兰州模拟)已知函数f(x)＝－x3＋x2＋b，g(x)＝aln x.
(1)若f(x)在区间上的最大值为，求实数b的值；
(2)若对任意的x∈[1，e]，都有g(x)≥－x2＋(a＋2)x恒成立，求实数a的取值范围．
[方法演示]
解：(1)f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数，
当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数，
当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数．
∵f＝＋b，f＝＋b，
∴f>f.
∴f＝＋b＝，
∴b＝0.
(2)由g(x)≥－x2＋(a＋2)x，得(x－ln x)a≤x2－2x，
∵x∈[1，e]，∴ln x≤1≤x，由于不能同时取等号，
∴ln x0，
∴a≤在x∈[1，e]上恒成立．
令h(x)＝，x∈[1，e]，
则h′(x)＝，
当x∈[1，e]时，x－1≥0，x＋2－2ln x＝x＋2(1－ln x)>0，从而h′(x)≥0，
∴函数h(x)＝在[1，e]上为增函数，
∴h(x)min＝h(1)＝－1，∴a≤－1.
故实数a的取值范围为(－∞，－1]．
[解题师说]
由不等式恒成立求解参数的取值范围问题，一般采用分离参数的方法，转化为求不含参数的函数的最值问题，如本例(2)转化为a≤，从而将问题转化为求函数h(x)＝，x∈[1，e]的最小值问题．
[应用体验]
2．(2018·湖北七市(州)联考)函数f(x)＝ln x＋x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋x2.
(1)讨论f(x)的极值点的个数；
(2)若对任意的x∈(0，＋∞)，总有f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)法一：由题意得f′(x)＝x＋＋a＝(x>0)，令f′(x)＝0，即x2＋ax＋1＝0，Δ＝a2－4.
①当Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2时，x2＋ax＋1≥0对x>0恒成立，即f′(x)＝≥0对x>0恒成立，此时f(x)没有极值点．
②当Δ＝a2－4>0，即a<－2或a>2时．
若a<－2，设方程x2＋ax＋1＝0的两个不同实根为x1，x2，不妨设x10，x1x2＝1>0，
故x2>x1>0，
∴当0x2时，f′(x)>0；
当x12，设方程x2＋ax＋1＝0的两个不同实根为x3，x4，
则x3＋x4＝－a<0，x3x4＝1>0，故x3<0，x4<0.
∴当x>0时，f′(x)>0，故函数f(x)没有极值点．
综上，当a<－2时，函数f(x)有两个极值点，
当a≥－2时，函数f(x)没有极值点．
法二：f′(x)＝x＋＋a，
∵x>0，∴f′(x)∈[a＋2，＋∞)．
①当a＋2≥0，即a∈[－2，＋∞)时，f′(x)≥0对∀x>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)没有极值点．
②当a＋2<0，即a∈(－∞，－2)时，f′(x)＝0有两个不等正数解，设为x1，x2，∴f′(x)＝x＋＋a＝＝(x>0)．
不妨设00，f(x)单调递增，当x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x1，x2分别为f(x)极大值点和极小值点，故f(x)有两个极值点．
综上所述，当a∈[－2, ＋∞)时，f(x)没有极值点，
当a∈(－∞，－2)时，f(x)有两个极值点．
(2)f(x)≤g(x)⇔ex－ln x＋x2≥ax，
因为x>0，所以a≤对∀x>0恒成立．
设φ(x)＝(x>0)，
则φ′(x)＝
＝，
当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
∴φ(x)≥φ(1)＝e＋1，∴a≤e＋1.
故实数a的取值范围为(－∞，e＋1].
利用“洛必达法则”求解
函数与导数是高中数学的重要内容．纵观近几年的高考数学试题，压轴题都是函数与导数应用的问题，其中求参数的取值范围是重点考查题型．在平常教学中，教师往往介绍利用变量分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是洛必达法则．
[洛必达法则]
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)lif(x)＝0及lig(x)＝0；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)li ＝l，那么li ＝li ＝l.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)lif(x)＝∞及lig(x)＝∞；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)li ＝l，那么li ＝li ＝l.
[典例] 已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>＋，求k的取值范围．
[方法演示]
解：(1)f ′(x)＝－.
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即解得
(2)法一：由(1)知f(x)＝＋，所以
f(x)－＋＝2ln x＋.
设h(x)＝2ln x＋(x>0)，
则h′(x)＝.
①设k≤0，由h ′(x)＝知，
当x≠1时，h ′(x)＜0，h(x)单调递减．
而h(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h (x)＞0，可得h(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得h(x)＞0.
从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－＋＞0，
即f(x)＞＋.
②设0＜k＜1.由于y＝(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k－1)2>0，对称轴x＝>1，所以当x∈1，时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
故h ′(x)>0，而h (1)＝0，故当x∈时，h(x)＞0，可得h(x)＜0，与题设矛盾，
③设k≥1.此时h ′(x)＞0，而h (1)＝0，
故当x∈(1，＋∞)时，h (x)＞0，可得h (x)＜0，与题设矛盾．
综上所述，k的取值范围为(－∞，0]．
(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下)
法二：由题设可得，当x>0，x≠1时，k<＋1恒成立．
令g(x)＝＋1(x>0，x≠1)，
则g′(x)＝2·，
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋－x，
又h″(x)＝2ln x＋1－，易知h″(x)＝2ln x＋1－在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0，
∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h′(x)>h′(1)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数．又h(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知，
lig(x)＝2li ＋1＝2li ＋1＝2×＋1＝0，∴k≤0，
故k的取值范围为(－∞，0]．
[解题师说]
解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当繁琐，很难求解．采用参数与变量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好的处理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法．
[应用体验]
3．已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2，若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
解：当x≥0时，f(x)≥0，即x(ex－1)≥ax2.
①当x＝0时，a∈R；
②当x>0时，x(ex－1)≥ax2等价于a≤min.
记g(x)＝，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝.
记h(x)＝(x－1)ex＋1，x∈[0，＋∞)，则h′(x)＝xex>0.
因此h(x)＝(x－1)ex＋1在[0，＋∞)上单调递增，且h(x)>h(0)＝0，所以g′(x)＝>0，
从而g(x)＝在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则有lig(x)＝li ＝li ＝1，
所以g(x)>1，即有a≤1.
故实数a的取值范围为(－∞，1].
1．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)ex.
(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－x2)ex.
令f′(x)＝0，得x＝－1－或x＝－1＋.
当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；
当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；
当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
①当a≥1时，
设函数h(x)＝(1－x)ex，则h′(x)＝－xex＜0(x＞0)．
因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，
又h(0)＝1，故h(x)≤1，
所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
②当0＜a＜1时，
设函数g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，
故ex≥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－x2)，
取x0＝，
则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，
故f(x0)＞ax0＋1.
当a≤0时，取x0＝，
则x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
2．已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)若对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
解：(1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，
则a≤2ln x＋x＋.
设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，
则h′(x)＝.
当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．
所以h(x)min＝h(1)＝4，
因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4，故实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)问题等价于证明xln x＞－(x＞0)．
又f(x)＝xln x(x＞0)，f′(x)＝ln x＋1，
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f＝－.
设m(x)＝－(x＞0)，
则m′(x)＝，
当x∈(0,1)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减，
所以m(x)max＝m(1)＝－，从而对一切x∈(0，＋∞)，
f(x)＞m(x)恒成立，
即xln x＞－恒成立．
所以对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
3．已知函数f(x)＝bx2－2ax＋2ln x.
(1)若曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线为y＝2x＋4，求实数a，b的值；
(2)当b＝1时，若y＝f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，a≥，若不等式f(x1)≥mx2恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由题可知f(1)＝b－2a＝6，∵f′(x)＝2bx－2a＋，
∴f′(1)＝2b－2a＋2＝2，联立可得a＝b＝－6.
(2)当b＝1时，f(x)＝x2－2ax＋2ln x，
∴f′(x)＝2x－2a＋＝.
∵f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，
∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个正根，
∴x1＋x2＝a≥，x1·x2＝1，
∴x1＋≥，∴0＜x1≤.
不等式f(x1)≥mx2恒成立，即m≤恒成立．
＝＝x－2ax＋2x1ln x1
＝x－2(x1＋x2)x＋2x1ln x1＝－x－2x1＋2x1ln x1.
令h(x)＝－x3－2x＋2xln x，
则h′(x)＝－3x2＋2ln x＜0，
∴h(x)在上是减函数，
∴h(x)≥h＝－－ln 2，故m≤－－ln 2，
∴实数m的取值范围为.
4．(2018·张掖诊断)已知函数f(x)＝，曲线y＝f(x)在点(e2，f(e2))处的切线与直线2x＋y＝0垂直(其中e为自然对数的底数)．
(1)求f(x)的解析式及单调递减区间；
(2)是否存在最小的常数k，使得对任意x∈(0,1)，f(x)>＋2恒成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)f′(x)＝，
由f′(e2)＝＝，得m＝2，故f(x)＝，
此时f′(x)＝.
由f′(x)<0，得0＋2恒成立，即>＋2恒成立⇔<－2恒成立，
当x∈(0,1)时，ln x<0，则有k>2x－2·ln x恒成立．
令g(x)＝2x－2·ln x，则g′(x)＝.
再令h(x)＝2－ln x－2，则h′(x)＝<0，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以h(x)>h(1)＝0，故g′(x)＝>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，g(x)
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