第2部分 专题6 第5讲　利用导数解决不等式恒成立、能成立问题 课件（共30张PPT）

专题六函数、导数和不等式第5讲利用导数解决不等式恒成立、能成立问题第二部分核心专题师生共研考点1单变量的不等式恒成立、能成立问题01高考串讲·找规律考题变迁·提素养(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围．[解](1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.令g(x)＝f′(x)＝ex＋2x－1(x∈R)，∴g′(x)＝ex＋20恒成立，∴g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，又∵g(0)＝0，即f′(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0.综上所述，当a＝1时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)f(x)≥12x3＋1等价于12x3－ax2＋x＋1e－x≤1.设函数g(x)＝12x3－ax2＋x＋1e－x(x≥0)，则g′(x)＝－12x3－ax2＋x＋1－32x2＋2ax－1e－x＝－12x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－12x(x－2a－1)(x－2)e－x.(ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－12，则当x∈(0,2)时，g′(x)0.所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)1，不合题意．(ⅱ)若02a＋12，即－12a12，则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)0；当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)0.所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥7－e24.所以当7－e24≤a12时，g(x)≤1.(ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥12，则g(x)≤12x3＋x＋1e－x.由于0∈7－e24，12，故由(ⅱ)可得12x3＋x＋1e－x≤1.故当a≥12时，g(x)≤1.综上，a的取值范围是7－e24，＋∞.命题规律：以基本初等函数为载体，以不等式恒成立、能成立为依托，考查参数的取值范围，难度较大．通性通法：由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略(1)求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题；(2)分离参数法，将参数分离出来，进而转化为af(x)max或af(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围．提醒：不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别．[恒成立与能成立的综合问题]已知函数f(x)＝ex－asinx－2x＋b(e≈2.71828，a，b∈R)．(1)当a＝1时，存在x0∈(－∞，0]，使得f(x0)0成立，求实数b的取值范围；(2)证明：当－1≤a≤1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)＋1－bex－x(lnx＋2)．[解](1)当a＝1时，f(x)＝ex－sinx－2x＋b，因为存在x0∈(－∞，0]，使得f(x0)0，即ex0－sinx0－2x0＋b0成立，所以b(－ex＋sinx＋2x)max，x∈(－∞，0]，令g(x)＝－ex＋sinx＋2x，x∈(－∞，0]，则g′(x)＝－ex＋cosx＋2，∵x∈(－∞，0]，∴－1≤－ex0，－1≤cosx≤1，因此g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在(－∞，0]上单调递增，g(x)max＝g(0)＝－1，所以b－1.(2)证明：当－1≤a≤1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)＋1－bex－x(lnx＋2)．即证：xlnx＋1－asinx0，对任意x∈(0，＋∞)恒成立，令h′(x)＝0，即lnx＝0，解得x＝1.设h(x)＝xlnx＋1－x，则h′(x)＝lnx,所以当x∈(0,1)时，h′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因此h(x)≥h(1)＝0，所以xlnx＋1－x≥0，即xlnx＋1≥x，设F(x)＝x－asinx，x∈(0，＋∞)，－1≤a≤1，则F′(x)＝1－acosx≥0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴F(x)F(0)＝0，即xasinx，所以xlnx＋1asinx，即xlnx＋1－asinx0，综上，f(x)＋1－bex－x(lnx＋2)成立．考点2双变量的不等式恒成立、能成立问题02高考串讲·找规律考题变迁·提素养(2015·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．[解](1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)0.若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－10，f′(x)0；当x∈(0，＋∞)时，emx－10，f′(x)0.所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是f1－f0≤e－1，f－1－f0≤e－1，即em－m≤e－1，e－m＋m≤e－1.①设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.当t0时，g′(t)0；当t0时，g′(t)0.故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e0，故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0.当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；当m1时，由g(t)的单调性，g(m)0，即em－me－1；当m－1时，g(－m)0，即e－m＋me－1.综上，m的取值范围是[－1,1]．命题规律：以不等式恒成立(能成立)为载体，融合全称(存在)量词命题于其中，重在考查学生的最值转化能力，考查逻辑推理及数学运算的素养．通性通法：常见的双变量不等式恒成立问题的类型(1)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)max.(2)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min.(3)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)min≤g(x2)min.(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max.(5)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)min.(6)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)max.[与量词有关的不等式恒成立问题]已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－ax(a∈R)，g(x)＝12x2＋ex－xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(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．[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－1x－ax2.①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.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)lna－1.③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数．f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae.综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－ae.(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．由(1)知当a＜1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae.g′(x)＝(1－ex)x.当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－ae＜1，即a＞e2－2ee＋1，所以a的取值范围为e2－2ee＋1，1.