【数学】2021届一轮复习人教A版导数不等式恒成立求字母范围学案

【数学】2021届一轮复习人教A版导数不等式恒成立求字母范围学案

四、不等式恒成立求字母范围 恒成立之最值的直接应用 1. ‎（2018北京理18倒数第3大题，最值的直接应用）‎ 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：‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ 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：‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎0‎ 所以，的单调递减区间是和：单调递减区间是。‎ ‎⑵当时，因为，所以不会有 当时，由（Ⅰ）知在上的最大值是，‎ 所以等价于,解 综上：故当时，的取值范围是[，0].‎ 2. ‎（2018天津理20倒数第3大题，最值的直接应用，第3问带有小的处理技巧）‎ 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．‎ 1. ‎（转换变量，作差）‎ 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。‎ 解：⑴，或1‎ 令，解得令，解得，‎ 的增区间为；减区间为，‎ ‎⑵，即 由题意两根为，，又 且△，.‎ 设，‎ 或 ‎2‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎+‎ 极大值 极小值 又，， ，.‎ 恒成立之分离常数 1. ‎（分离常数）‎ 已知函数 ‎(1) 若在处的切线平行于直线，求函数的单调区间；‎ ‎(2) 若，且对时，恒成立，求实数的取值范围.‎ 解: (1) 定义域为,直线的斜率为,‎ ‎,,.所以 ‎ 由; 由 所以函数的单调增区间为,减区间为.‎ ‎(2) ，且对时，恒成立 ‎,即.‎ 设.‎ 当时, ,‎ 当时, ,.‎ 所以当时,函数在上取到最大值,且 所以,所以 ‎ 所以实数的取值范围为.‎ ‎（法二）讨论法 ‎，在上是减函数，在上是增函数.‎ 当≤时，≥，解得，∴≤.‎ 当时，，解得，∴.‎ 综上.‎ 1. ‎（2018长春一模，恒成立，分离常数，二阶导数）‎ 已知函数,（其中R,为自然对数的底数）.‎ ‎(1)当时,求曲线在处的切线方程；‎ ‎(2)当≥1时,若关于的不等式≥0恒成立,求实数的取值范围.‎ ‎（改x≥0时，≥0恒成立.≤1）‎ 解：（1）当时，,,,‎ ‎ 切线方程为．‎ ‎（2）[方法一]‎ ‎≥1,‎1‎ ‎2‎ ‎)‎ ‎(‎ ‎2‎ - - - = ax x e x f x ≥a Û ‎0‎ ≤x x e x ‎1‎ ‎2‎ ‎2‎ - - , ‎ ‎ 设x x e x g x ‎1‎ ‎2‎ ‎)‎ ‎(‎ ‎2‎ - - = ,则‎2‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎)‎ ‎1‎ ‎(‎ ‎)‎ ‎(‎ ‎'‎ x x e x x g x + - - = , ‎ ‎ 设,则, ‎ ‎ 在上为增函数,≥,‎ ‎ ,在上为增函数,‎ ‎ ≥,≤．‎ ‎[方法二], ,‎ ‎ 设,, ‎ ‎ ≥0,≥0,在上为增函数,‎ ‎ ≥. ‎ 又≥0恒成立,≥0,≤,‎ ‎≥,,‎ 在上为增函数, 此时≥≥0恒成立,‎ ‎≤．‎ ‎（改x≥0时，≥0恒成立.≤1）‎ 解：先证明在上是增函数，再由洛比达法则，∴，∴≤1.（正常的讨论进行不了，除非系数调到二次项上，分两种情况讨论可得≤1）‎ 1. ‎（两边取对数的技巧）设函数且）‎ ‎ （1）求的单调区间；‎ ‎ （2）求的取值范围；‎ ‎ （3）已知对任意恒成立，求实数的取值范围。‎ 解：（1） ,‎ 当时，即.‎ ‎ 当时，即或.‎ ‎ 故函数的单调递增区间是.‎ ‎ 函数的单调递减区间是.‎ ‎（2）由时，即，‎ 由（1）可知在上递增， 在递减，所以在区间（－1，0）上，‎ 当时，取得极大值，即最大值为.‎ 在区间上，.‎ 函数的取值范围为.分 ‎（3），两边取自然对数得 1. ‎（分离常数）‎ 已知函数 ．‎ ‎（Ⅰ）若函数在区间其中a >0，上存在极值，求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）如果当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围；‎ 解：（Ⅰ）因为， x >0，则， ‎ 当时，；当时，．‎ 所以在（0，1）上单调递增；在上单调递减，‎ 所以函数在处取得极大值． ‎ 因为函数在区间（其中）上存在极值，‎ 所以 解得． ‎ ‎ （Ⅱ）不等式即为 记 所以 ‎ 令，则， ‎ ‎， 在上单调递增， ‎ ‎，从而，‎ 故在上也单调递增， 所以，所以 ．‎ 2. ‎（2018湖南，分离常数，构造函数）‎ 已知函数 对任意的恒有.‎ ‎⑴证明：当 ‎⑵若对满足题设条件的任意b、c，不等式恒成立，求M的最小值。‎ 1. ‎（第3问不常见，有特点，由特殊到一般，先猜后证）已知函数 ‎（Ⅰ）求函数f (x)的定义域 ‎（Ⅱ）确定函数f (x)在定义域上的单调性，并证明你的结论.‎ ‎（Ⅲ）若x>0时恒成立，求正整数k的最大值.‎ 解：（1）定义域 ‎（2）单调递减。‎ 当，令，‎ 故在（－1，0）上是减函数，即，‎ 故此时 在（－1，0）和（0，+）上都是减函数 ‎（3）当x>0时，恒成立，令 又k为正整数，∴k的最大值不大于3‎ 下面证明当k=3时，恒成立 当x>0时 恒成立 ‎ 令，则 ‎，，当 ‎∴当取得最小值 当x>0时， 恒成立，因此正整数k的最大值为3‎ 1. ‎(恒成立，分离常数，涉及整数、较难的处理)‎ 已知函数 ‎ （Ⅰ）试判断函数上单调性并证明你的结论；‎ ‎ （Ⅱ）若恒成立，求整数k的最大值；（较难的处理）‎ ‎ （Ⅲ）求证：(1+1×2)(1+2×3)…[1+n(n+1)]>e2n－3.‎ 解：（I）‎ 上递减. ‎ ‎（II）‎ 则上单调递增，‎ 又 存在唯一实根a，且满足 当 ‎∴‎ 故正整数k的最大值是3 .‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知 ‎∴‎ 令，则 ‎∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]‎ ‎∴（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]>e2n－3 ‎ 1. ‎(分离常数，双参，较难)已知函数，.‎ ‎（１）若函数依次在处取到极值．‎ ‎①求的取值范围；②若，求的值．‎ ‎（２）若存在实数，使对任意的，不等式 恒成立．求正整数的最大值．‎ 解：（1）①‎ ‎②‎ ‎.‎ ‎（2）不等式 ，即，即.‎ 转化为存在实数，使对任意，不等式恒成立,即不等式 在上恒成立。‎ 即不等式在上恒成立。‎ 设，则。‎ 设，则，因为，有。‎ 故在区间上是减函数。‎ 又 故存在，使得。‎ 当时，有，当时，有。‎ 从而在区间上递增，在区间上递减。‎ 又 所以当时，恒有；当时，恒有；‎ 故使命题成立的正整数的最大值为5.‎ 1. ‎（2018湖南理22，分离常数，复合的超范围）‎ 已知函数 ‎ ‎⑴求函数的单调区间;‎ ‎⑵若不等式对任意的都成立（其中e是自然对数的底数），求a的最大值.（分离常数）‎ 解: ⑴函数的定义域是，‎ 设则 令则 当时， 在（－1，0）上为增函数，‎ 当x＞0时，在上为减函数.‎ 所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以，‎ 函数g(x)在上为减函数.‎ 于是当时，当x＞0时，‎ 所以，当时，在（－1，0）上为增函数.‎ 当x＞0时，在上为减函数.‎ 故函数的单调递增区间为（－1，0），单调递减区间为.‎ ‎⑵不等式等价于不等式 由知，＞0，∴上式变形得 设，则则 由⑴结论知，（≤）即 所以于是G(x)在上为减函数.‎ 故函数在上的最小值为 所以a的最大值为 1. ‎（变形，分离常数）‎ 已知函数(a为实常数).‎ ‎(1)若，求证：函数在(1,+∞)上是增函数； ‎ ‎(2)求函数在[1,e]上的最小值及相应的值；‎ ‎(3)若存在，使得成立，求实数a的取值范围.‎ 解：⑴当时，，当，，‎ 故函数在上是增函数．‎ ‎⑵，当，．‎ 若，在上非负（仅当，x=1时，），故函数在上是增函数，此时．‎ 若，当时,；当时，，此时 是减函数；当时，，此时是增函数．‎ 故．‎ 若，在上非正（仅当，x=e时，），故函数 在上是减函数，此时．‎ ‎⑶不等式，可化为．‎ ‎∵, ∴且等号不能同时取，所以，即，‎ 因而（）‎ 令（），又，‎ 当时，，，‎ 从而（仅当x=1时取等号），所以在上为增函数，‎ 故的最小值为，所以a的取值范围是．‎ 1. ‎（分离常数，转换变量，有技巧）‎ 设函数.‎ ‎⑴若函数在处与直线相切：‎ ‎①求实数的值；②求函数在上的最大值；‎ ‎⑵当时，若不等式≥对所有的都成立，求实数的取值范围.‎ 解：（1）①。‎ ‎∵函数在处与直线相切解得 .‎ ‎②‎ 当时，令得；令，得，上单调递增，在[1，e]上单调递减，.‎ ‎ （2）当b=0时，若不等式对所有的都成立，则对所有的都成立，‎ 即对所有的都成立，‎ 令为一次函数， .‎ 上单调递增，，‎ 对所有的都成立.‎ ‎..‎ ‎（注：也可令所有的都成立，分类讨论得对所有的都成立，，请根据过程酌情给分）‎ 恒成立之讨论字母范围 1. ‎（2018全国I，利用均值，不常见）‎ 设函数．‎ ‎⑴证明：的导数；‎ ‎⑵若对所有都有，求的取值范围．‎ 解：⑴的导数．由于，故．‎ ‎（当且仅当时，等号成立）．‎ ‎⑵令，则，‎ ‎①若，当时，，‎ 故在上为增函数，‎ 所以，时，，即．‎ ‎②若，方程的正根为，‎ 此时，若，则，故在该区间为减函数．‎ 所以，时，，即，与题设相矛盾．‎ 综上，满足条件的的取值范围是．‎ 1. 设函数f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)－g(x).‎ ‎(Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a的值；‎ ‎(Ⅱ)当 a=1时,设P(x1,f(x1)), Q(x2, g(x 2))(x1>0,x2>0), 且PQ//x轴,求P、Q两点间的最短距离；‎ ‎(Ⅲ):若x≥0时,函数y=F(x)的图象恒在y=F(－x)的图象上方,求实数a的取值范围．‎ 解：(Ⅰ)F(x)= ex+sinx－ax,.‎ 因为x=0是F(x)的极值点,所以. ‎ 又当a=2时,若x<0, ;若 x>0, .‎ ‎∴x=0是F(x)的极小值点, ∴a=2符合题意. ‎ ‎(Ⅱ) ∵a=1, 且PQ//x轴,由f(x1)=g(x2)得:,所以.‎ 令当x>0时恒成立.‎ ‎∴x∈[0,+∞时,h(x)的最小值为h(0)=1.∴|PQ|min=1. ‎ ‎(Ⅲ)令 则.‎ 因为当x≥0时恒成立, ‎ 所以函数S(x)在上单调递增, ‎ ‎∴S(x)≥S(0)=0当x∈[0,+∞时恒成立; ‎ 因此函数在上单调递增, 当x∈[0,+∞时恒成立.‎ 当a≤2时,,在[0,+∞单调递增,即.‎ 故a≤2时F(x)≥F(－x)恒成立. ‎ 1. ‎（用到二阶导数，二次）‎ 设函数.‎ ‎⑴若，求的最小值；‎ ‎⑵若当时，求实数的取值范围.‎ 解：（1）时，，.‎ 当时，；当时，.‎ 所以在上单调减小，在上单调增加 故的最小值为 ‎（2），‎ 当时，，所以在上递增，‎ 而，所以，所以在上递增，‎ 而，于是当时， .‎ 当时，由得 当时，，所以在上递减，‎ 而，于是当时，，所以在上递减，‎ 而，所以当时，.‎ 综上得的取值范围为.‎ 2. ‎(第3问设计很好，2问是单独的，可以拿掉)已知函数，斜率为的直线与相切于点.‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间； ‎ ‎（Ⅱ）当实数时，讨论的极值点。‎ ‎（Ⅲ）证明：.‎ 解：（Ⅰ）由题意知：‎ ‎………………………………2分 解得：； 解得：‎ 所以在上单调递增，在上单调递减………………4分 ‎（Ⅱ）=‎ 得：.‎ ‎ 若即，‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ 极大值 极小值 此时的极小值点为，极大值点………………………………7分 ‎ 若即，，则， 在上单调递增，无极值点.‎ ‎ 若即，，‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ 极大值 极小值 此时的极大值点为，极小值点.‎ 综上述：‎ 当时，的极小值点为，极大值点；‎ 当时，无极值点；‎ 当时，的极大值点为，极小值点.‎ 1. ‎（2018全国I文21，恒成立，一次，提出一部分再处理的技巧）‎ 设函数.‎ ‎⑴若a =，求的单调区间；‎ ‎⑵若当≥0时≥0，求a的取值范围.‎ 解：⑴时，，.‎ 当时;当时，;‎ 当时，.‎ 故在，单调增加，在(－1，0)单调减少.‎ ‎⑵.令，则.‎ ‎①若，则当时，，为减函数，而，‎ 从而当x≥0时≥0，即≥0，符合题意.‎ ‎②若，则当时，，为减函数，而，‎ 从而当时＜0，即＜0,不合题意.‎ ‎ 综合得的取值范围为 2. ‎（2018全国新理21，恒成立，反比例，提出公因式再处理的技巧，本题的创新之处是将一般的过定点（0,0）变为过定点（1,0），如果第2问范围变为则更间单）‎ 已知函数在点处的切线方程为.‎ ‎⑴求、的值；‎ ‎⑵如果当，且时，，求的取值范围。‎ 解：⑴，‎ 依意意且，即，，解得，.‎ ‎⑵由⑴知，所以.‎ 设，则.‎ ‎（注意h(x)恒过点(1,0)，由上面求导的表达式发现讨论点0和1）‎ ‎① 当，由，（变形难想，法二）‎ 当时，.而，故 当时，，可得；‎ 当x(1,+)时，<0，可得>0,‎ 从而当x>0,且x1时，－(+)>0，即>+.‎ 法二：的分子≤＜0，∴. ‎ ‎②当0< k <1，由于当x(1,)时，(k－1)(x2 +1)+2x>0,故>0,而 ‎=0，故当x(1,)时，>0，可得<0,不合题意.‎ ‎③当k≥1，此时>0，则x(1，+)时，递增，，∴<0,不合题意.‎ ‎ 综上，k的取值范围为(－,0]‎ 1. ‎(恒成立，讨论,较容易，但说明原理)已知函数.‎ ‎（1）求函数的单调区间和极值；‎ ‎（2）若对上恒成立，求实数的取值范围.‎ 解：（1）.‎ 当时，，在上增,无极值；当时，，‎ 在上减，在上增,∴有极小值，无极大值.‎ ‎（2）‎ 当时，在上恒成立，则是单调递增的，‎ 则只需恒成立，所以.‎ 当时，在上减，在上单调递增，所以当时，‎ 这与恒成立矛盾，故不成立.‎ 综上：.‎ 1. ‎（2018新课程理21，恒成立，讨论，二次，用到结论）‎ 设函数.‎ ‎⑴若，求的单调区间；‎ ‎⑵若当时，求的取值范围. ‎ 解：命题意图：本题主要考查利用导数研究函数性质、不等式恒成立问题以及参数取值范围问题，考查分类讨论、转化与划归解题思想及其相应的运算能力.‎ ‎⑴时，，.‎ 当时，；当时，.故在单调减少，在单调增加.‎ ‎⑵①当≤时，，‎ 由⑴结论知≥，则，‎ 故，从而当，即时，，‎ 而，于是当时，，符合题意.‎ ‎②时，由可得.（太难想，法二）‎ ‎，‎ 故当时,，而，于是当时,.‎ 综合得的取值范围为.‎ 法二：设,则,‎ 令，得.‎ 当，，在此区间上是增函数，∴≤，‎ ‎∴在此区间上递增，∴≤，不合题意.‎ 2. ‎（恒成立，2018全国卷2理数，利用⑴结论，较难的变形讨论）‎ 设函数．‎ ‎⑴证明：当时，；‎ ‎⑵设当时，，求a的取值范围．‎ 解：本题主要考查导数的应用和利用导数证明不等式，考查考生综合运用知识的能力及分类讨论的思想，考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.‎ ‎【点评】导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力度不会减弱。作为压轴题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.‎ 1. 已知函数，且函数是上的增函数。‎ ‎ （1）求的取值范围；‎ ‎ （2）若对任意的，都有（e是自然对数的底），求满足条件的最大整数的值。‎ 解析：（1）设，所以，得到．所以的取值范围为………2分 ‎（2）令，因为是上的增函数，且，所以是上的增函数。…………………………4分 由条件得到（两边取自然对数），猜测最大整数，现在证明对任意恒成立。…………6分 等价于，………………8分 设，‎ 当时，，当时，，‎ 所以对任意的都有，即对任意恒成立，‎ 所以整数的最大值为2．……………………………………………………14分 1. ‎（2018山东卷21）‎ 已知函数其中n∈N*,a为常数.‎ ‎⑴当n=2时，求函数f(x)的极值；‎ ‎⑵当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x－1.‎ 解：⑴由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}，‎ 当n=2时， 所以 ‎①当a＞0时，由f(x)=0得＞1，＜1，‎ 此时=.‎ 当x∈（1，x1）时，＜0,f(x)单调递减；‎ 当x∈（x1+∞）时，＞0, f(x)单调递增.‎ ‎②当a≤0时，＜0恒成立，所以f(x)无极值.‎ 综上所述，n=2时，‎ 当a＞0时，f(x)在处取得极小值，极小值为 当a≤0时，f(x)无极值.‎ ‎⑵证法一：因为a=1,所以 ‎ ①当n为偶数时，令 则）=1+＞0（x≥2）.‎ 所以当x∈[2,+∞]时，g(x)单调递增，‎ 又g(2)=0，因此≥g(2)=0恒成立，‎ ‎ 所以f(x)≤x－1成立.‎ ‎②当n为奇数时，要证≤x－1,由于＜0，所以只需证ln(x－1) ≤x－1,‎ ‎ 令h(x)=x－1－ln(x－1),则=1－≥0(x≥2),‎ ‎ 所以,当x∈[2，+∞]时，单调递增，又h(2)=1＞0，‎ ‎ 所以当x≥2时，恒有h(x)＞0,即ln(x－1)＜x－1命题成立.‎ 综上所述，结论成立.‎ 证法二：当a=1时，‎ ‎ 当x≤2，时，对任意的正整数n，恒有≤1，‎ ‎ 故只需证明1+ln(x－1) ≤x－1.‎ ‎ 令 ‎ 则 ‎ 当x≥2时，≥0，故h(x)在上单调递增，‎ ‎ 因此，当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x－1) ≤x－1成立.‎ ‎ 故当x≥2时，有≤x－1.‎ ‎ 即f（x）≤x－1.‎