2021高三数学人教B版一轮学案：第二章 第十二节　第1课时　不等式恒成立与有解问题

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2021高三数学人教B版一轮学案：第二章 第十二节　第1课时　不等式恒成立与有解问题

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： ①f(x)>0 恒成立⇔f(x)min>0；f(x)<0 恒成立⇔f(x)max<0. ②f(x)>a 恒成立⇔f(x)min>a；f(x)g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)] min>0；f(x)0 有解⇔f(x)max>0；f(x)<0 有解⇔f(x)min<0. ②f(x)>a 有解⇔f(x)max>a；f(x)g(x) 有 解 ⇔ [f(x) － g(x)]max>0 ； f(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. (2)由 f(1)≥0，得 a≥ 1 e－1 >0，则 f(x)≥0 对任意的 x>0 恒成立可转 化为 a a＋1 ≥2x－1 xex 对任意的 x>0 恒成立． 设函数 F(x)＝2x－1 xex (x>0)， 则 F′(x)＝－(2x＋1)(x－1) x2ex . 当 00； 当 x>1 时，F′(x)<0. 所以函数 F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以 F(x)max＝F(1)＝1 e . 于是 a a＋1 ≥1 e ，解得 a≥ 1 e－1 . 故实数 a 的取值范围是[ 1 e－1 ，＋∞). 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∀x∈ D 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)在区间 D 上的最大值(或最小值)问题 已知函数 f(x)＝x ex ，且对任意的 x∈(0,2)，都有 f(x)< 1 k＋2x－x2 成立， 求 k 的取值范围． 解：由题意知 f(x)＝ x ex< 1 k＋2x－x2 对任意的 x∈(0,2)都成立，由 x ex >0，知 k＋2x－x2>0， 即 k>x2－2x 对任意的 x∈(0,2)都成立，从而 k≥0， 故不等式可转化为 k0，故 φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且 φ(0)＝0，从而 φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与 sinx－ax<0 恒成立相 矛盾． 当 a≤0 时，在区间(0，π 2)上 φ′(x)>0，即函数 φ(x)单调递增，且 φ(0) ＝0，得 sinx－ax>0 恒成立，这与 sinx－ax<0 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 f(x)≥g(x)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 h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数 u(x)＝g(x)－ f(x)，进而只需满足 h(x)min≥0 或 u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数 中，转化为求解函数最值的问题，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)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝1 2 x2＋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． 解：(1)因为 a＝2，所以 f(x)＝(x＋1)ex，所以 f(0)＝1，f′(x)＝(x＋ 2)ex，所以 f′(0)＝2， 所以所求切线方程为 2x－y＋1＝0. (2)令 h(x)＝f(x)－g(x)， 由题意得 h(x)min≥0 在 x∈[0，＋∞)上恒成立， 因为 h(x)＝(x＋a－1)ex－1 2 x2－ax， 所以 h′(x)＝(x＋a)(ex－1)． ①若 a≥0，则当 x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数 h(x)在[0，＋ ∞)上单调递增，所以 h(x)min＝h(0)＝a－1，则 a－1≥0，得 a≥1. ②若 a<0，则当 x∈[0，－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)min＝h(－a)， 又因为 h(－a)0 恒成立，故函数 h(x)在 R 上单调递增； ②当 a>0 时，ex＋a>0，令 h′(x)＝0，解得 x＝ln2a，当 xln2a 时，h′(x)>0，函数 h(x)单调 递增； ③当 a<0 时，ex－2a>0，令 h′(x)＝0，解得 x＝ln(－a)，当 xln(－a)时，h′(x)>0，函数 h(x) 单调递增． 综上所述，当 a＝0 时，h(x)在 R 上单调递增；当 a>0 时，h(x)在(－ ∞，ln2a)上单调递减，在(ln2a，＋∞)上单调递增；当 a<0 时，h(x)在 (－∞，ln(－a))上单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上单调递增． (2)若函数 f(x)的图象恒在函数 g(x)的图象的上方，则 h(x)>0 恒成立， 即 h(x)min>0. ①当 a＝0 时，h(x)＝e2x>0 恒成立； ② 当 a>0 时 ， 由 (1) 可 知 h(x)min ＝ h(ln2a) ， 则 h(ln2a) ＝ － 4a2ln2a>0，所以 ln2a<0，所以 00，所以 ln(－a)<3 4 ，所以－e g(x)恒成立，则可构造函数 h(x)＝f(x)－g(x)，证 明 h(x)>0 恒成立. (2020·福建模拟)已知函数 f(x)＝|x3－3x－2a|＋a(a∈R)，对于任意 x1，x2∈[0,2]，|f(x1)－f(x2)|≤3 恒成立，则 a 的取值范围是(　A　) A．[－1 2 ，1 2 ] B．[－1,1] C．[0，1 2 ] D．[0,1] 解析：由题意，令 g(x)＝x3－3x－2a，则任意 x1，x2∈[0,2]，|f(x1)－ f(x2)|≤3 恒成立，等价于任意 x1，x2∈[0,2]，||g(x1)|－|g(x2)||≤3 恒成立， 等价于任意 x∈[0,2]，|g(x)|max－|g(x)|min≤3.g′(x)＝3(x＋1)(x－1)，x∈ [0,1)时，g′(x)<0，函数 g(x)单调递减，x∈(1,2]时，g′(x)>0，函数 g(x) 单调递增，所以当 x∈[0,2]时，g(x)min＝g(1)＝－2－2a，又 g(0)＝－2a， g(2)＝2－2a.若 a＝1，则 g(1)＝－4，g(0)＝－2，g(2)＝0，所以|g(x)|max －|g(x)|min＝4－0>3，不合题意，排除选项 B，D；若 a＝－1 2 ，则 g(1)＝－ 1，g(0)＝1，g(2)＝3，所以|g(x)|max－|g(x)|min＝3－0＝3，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) ＝ 2 x ＋ alnx(a>0)． (1)若函数 y＝f(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)<2 有解，求 a 的取值范围． 【解】　(1)f′(x)＝－2 x2 ＋a x (x>0)． 易知当1 x ＝a 4 时，f′(x)取得最大值a2 8 ，所以a2 8 ＝2. 因为 a>0，所以 a＝4，此时 f′(x)＝－ 2 x2 ＋4 x ＝4x－2 x2 ，当 x∈(0， 1 2 )时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当 x∈(1 2 ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调 递增，所以 f(x)的极小值点为 x＝1 2 ，无极大值点． (2)因为 f′(x)＝ax－2 x2 (x>0 且 a>0)，所以当 x∈(0，2 a )时，f′(x)<0， f(x)单调递减，当 x∈( 2 a ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以 f(x)≥f(2 a )＝a＋aln2 a . 因为关于 x 的不等式 f(x)<2 有解，所以 a＋aln2 a <2， 因为 a>0，所以 ln2 a ＋1－2 a <0. 令 g(x)＝lnx＋1－x(x>0)， 则 g′(x)＝1 x －1＝1－x x ， 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 x＝1 时， “＝”成立， 所以由 ln2 a ＋1－2 a <0 可得2 a >0 且2 a ≠1， 所以 a 的取值范围是{a|a>0 且 a≠2}． 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：f(x)>a(a(f(x)mina(a(f(x)max0， 所以 a≤x2－2x x－lnx 在区间[1，e]上有解． 令 h(x)＝x2－2x x－lnx ， 则 h′(x)＝(x－1)(x＋2－2lnx) (x－lnx)2 . 因为 x∈[1，e]，所以 x＋2>2≥2lnx， 所以 h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上单调递增，所以 x∈[1，e]时， h(x)max＝h(e)＝ e(e－2) e－1 ，所以 a≤e(e－2) e－1 ，所以实数 a 的取值范围是 (－∞，e(e－2) e－1 ].
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