第3章 导数及其应用 高考难点突破课1 导数的综合问题 第一课时　利用导数研究恒(能)成立问题

第一课时利用导数研究恒(能)成立问题题型一分离参数法解决恒(能)成立问题例1(2020·全国Ⅰ卷)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，x∈R，f′(x)＝ex＋2x－1.故当x∈(－∞，0)时，f′(x)0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0.所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.(2)由f(x)≥12x3＋1得，ex＋ax2－x≥12x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.②当x0时，分离参数a，得a≥－ex－12x3－x－1x2，记g(x)＝－ex－12x3－x－1x2，g′(x)＝－（x－2）ex－12x2－x－1x3.令h(x)＝ex－12x2－x－1(x0)，则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－10，故h′(x)在(0，＋∞)上是增函数，因此h′(x)h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，∴h(x)h(0)＝0，即ex－12x2－x－10恒成立，故当x∈(0，2)时，g′(x)0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)0，g(x)单调递减.因此，g(x)max＝g(2)＝7－e24，综上可得，实数a的取值范围是7－e24，＋∞.感悟提升分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量.构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.训练1已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝lnxx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围.解(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R，当a≤0时，f′(x)0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a0时，令f′(x)＝0，得x＝lna.由f′(x)0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)0，得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞).综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)，单调递减区间为(lna，＋∞).(2)因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，所以ax≤lnxx，即a≤lnxx2.设h(x)＝lnxx2，则问题转化为a≤lnxx2max.由h′(x)＝1－2lnxx3，令h′(x)＝0，得x＝e.当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：x(0，e)e(e，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值12e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.故a的取值范围是－∞，12e.题型二分类讨论法解决恒成立问题例2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.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－12x2－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a0，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)h(0)＝a－10，所以不合题意.综上，实数a的取值范围为[1，＋∞).感悟提升根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，如f(x)≥a恒成立，则f(x)min≥a，然后利用最值确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围.训练2已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x＋(1－x)ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.解f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，即ex－ax－1≥0，x≥0.令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－a(x≥0)，当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，∴在[0，＋∞)上h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立.当a1时，令h′(x)0，得xlna；令h′(x)0，得0≤xlna.∴h(x)在[0，lna)上单调递减，又∵h(0)＝0，∴h(x)≥0不恒成立，∴a1不合题意.综上，实数a的取值范围为(－∞，1].题型三双变量的恒(能)成立问题例3已知函数f(x)＝12lnx－mx，g(x)＝x－ax(a0).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若m＝12e2，对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，求实数a的取值范围.解(1)因为f(x)＝12lnx－mx，x0，所以f′(x)＝12x－m，当m≤0时，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当m0时，令f′(x)0且x0，得0x12m；令f′(x)0且x0，得x12m.所以f(x)在0，12m上单调递增，在12m，＋∞上单调递减.综上所述，当m≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当m0时，f(x)的单调递增区间为0，12m，单调递减区间为12m，＋∞.(2)若m＝12e2，则f(x)＝12lnx－12e2x.对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，等价于对∀x∈[2，2e2]都有g(x)min≥f(x)max，由(1)知在[2，2e2]上f(x)的最大值为f(e2)＝12，又g′(x)＝1＋ax20(a0)，x∈[2，2e2]，所以函数g(x)在[2，2e2]上单调递增，所以g(x)min＝g(2)＝2－a2.由2－a2≥12，得a≤3.又a0，所以a∈(0，3].所以实数a的取值范围为(0，3].感悟提升解决“双变量”的恒(能)成立问题的关键是进行等价变换，常见的等价转换有(1)∀x1，x2∈D，f(x1)g(x2)⇔f(x)ming(x)max.(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)g(x2)⇔f(x)ming(x)min.(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)g(x2)⇔f(x)maxg(x)max.训练3已知函数f(x)＝13x3＋x2＋ax.(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；(2)若函数g(x)＝xex，对∀x1∈12，2，∃x2∈12，2，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围.解(1)由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则ymax＝－3，所以a≥－3，所以a的最小值为－3.(2)“对∀x1∈12，2，∃x2∈12，2，使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈12，2时，f′(x)max≤g(x)max”.因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在12，2上单调递增，所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.而g′(x)＝1－xex，由g′(x)0，得x1，由g′(x)0，得x1，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.所以当x∈12，2时，g(x)max＝g(1)＝1e.由8＋a≤1e，得a≤1e－8，所以实数a的取值范围为－∞，1e－8.洛必达法则在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“00”型的代数式，就设法求其最值.“00”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是利用洛必达法则.法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件(1)limxaf(x)＝0及limxag(x)＝0；(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3)limxaf′（x）g′（x）＝A，那么limf（x）g（x）＝limxaf′（x）g′（x）＝A.法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件(1)limxaf(x)＝∞及limxag(x)＝∞；(2)在点a的某去心领域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3)limxaf′（x）g′（a）＝A，那么limxaf（x）g（x）＝limxaf′（x）g′（x）＝A.例已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值；(2)当x0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.解(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝12.(2)法一当x0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ(x)＝ex－1－ax(x0)，则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)φ(0)＝0，∴a≤1满足条件.②当a1时，令φ′(x)＝0，得x＝lna，若0xlna，则φ′(x)0，若xlna，则φ′(x)0.∴φ(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(lna)＝a－1－alna≥0.令g(a)＝a－1－alna(a1)，∴g′(a)＝1－(1＋lna)＝－lna0，∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减.∴g(a)g(1)＝0与g(a)≥0矛盾，故a1不满足条件，综上，实数a的取值范围是(－∞，1].法二当x0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，即ax≤ex－1，即a≤ex－1x恒成立，令h(x)＝ex－1x(x0)，∴h′(x)＝ex（x－1）＋1x2，令k(x)＝ex(x－1)＋1(x0)，∴k′(x)＝ex·x0，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)k(0)＝0，∴h′(x)0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增.由洛必达法则知，0limxh(x)＝0limxex－1x＝0limxex＝1，∴a≤1.故实数a的取值范围为(－∞，1].1.函数f(x)＝x2－2ax＋lnx(a∈R).(1)若函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＋1＝0垂直，求a的值；(2)若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立，求实数a的取值范围.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2a＋1x，f′(1)＝3－2a，由题意f′(1)·12＝(3－2a)·12＝－1，解得a＝52.(2)不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立等价于2lnx≥－x＋a－3x，令g(x)＝2lnx＋x－a＋3x，则g′(x)＝2x＋1－3x2＝x2＋2x－3x