2022届高考北师大版数学（理）一轮复习学案：2-10 第四课时　利用导数研究不等式恒成立问题 WORD版含解析.doc

1、第四课时利用导数研究不等式恒成立问题授课提示：对应学生用书第55页题型一不等式恒成立问题 考法(一)分离参数法求解恒成立问题例1(2020高考全国卷)已知函数f(x)exax2x.(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)x31，求a的取值范围解析(1)当a1时，f(x)exx2x，f(x)ex2x1.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)f(x)x31等价于ex1.设函数g(x)ex(x0)，则g(x)exxx2(2a3)x4a2exx(x2a1)(x2)ex.若2a10，即a，则当x(0，2)时

2、，g(x)0.所以g(x)在(0，2)单调递增，而g(0)1，故当x(0，2)时，g(x)1，不符合题意若02a12，即a，则当x(0，2a1)(2，)时，g(x)0；当x(2a1，2)时，g(x)0.所以g(x)在(0，2a1)，(2，)单调递减，在(2a1，2)单调递增由于g(0)1，所以g(x)1当且仅当g(2)(74a)e21，即a.所以当a时，g(x)1.若2a12，即a，则g(x)ex.由于0，故由可得ex1.故当a时，g(x)1.综上，a的取值范围是.分离参数法来确定不等式f(x，)0(xD，为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤(1)将参数与变量分离，化为f1()f2(x

3、)或f1()f2(x)的形式(2)求f2(x)在xD时的最大值或最小值(3)解不等式f1()f2(x)max或f1()f2(x)min，得到的取值范围对点训练(2021南昌质检)已知f(x)xln x，g(x)x3ax2x2.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意x(0，)，2f(x)g(x)2恒成立，求实数a的取值范围解析：(1)因为函数f(x)xln x的定义域为(0，)，所以f(x)ln x1.令f(x)0，得ln x10，解得0x0，得ln x10，解得x，所以f(x)的单调递增区间是.综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)因为g(x)3x22ax1，由题意得2

4、xln x3x22ax1恒成立因为x0，所以aln xx在x(0，)上恒成立设h(x)ln xx(x0)，则h(x).令h(x)0，得x11，x2(舍)当x变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，1)1(1，)h(x)0h(x)极大值所以当x1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)maxh(1)2，所以若ah(x)在x(0，)上恒成立，则ah(x)max2，即a2，故实数a的取值范围是2，)考法(二)等价转化法求解恒成立问题例2函数f(x)x22axln x(aR)(1)若函数yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线x2y10垂直，求a的值；(2)若不等式2xln xx2

5、ax3在区间(0，e上恒成立，求实数a的取值范围解析(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2x2a，f(1)32a，由题意f(1)(32a)1，解得a.(2)不等式2xln xx2ax3在区间(0，e上恒成立等价于2ln xxa，令g(x)2ln xxa，则g(x)1，则在区间(0，1)上，g(x)0，函数g(x)为减函数；在区间(1，e上，g(x)0，函数g(x)为增函数由题意知g(x)ming(1)1a30，解得a4，所以实数a的取值范围是(，4根据不等式恒成立求参数范围的关键是把不等式转化为函数，利用函数值与最值之间的数量关系确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围对点训练(2

6、021重庆模拟)设函数f(x)，g(x)a(x21)ln x(aR，e为自然对数的底数)(1)证明：当x1时，f(x)0；(2)讨论g(x)的单调性；(3)若不等式f(x)g(x)对x(1，)恒成立，求实数a的取值范围解析：(1)证明：f(x)，令s(x)ex1x，则s(x)ex11，当x1时，s(x)0，所以s(x)在(1，)上单调递增，又s(1)0，所以s(x)0，从而当x1时，f(x)0.(2)g(x)2ax(x0)，当a0时，g(x)0，g(x)在(0，)上单调递减，当a0时，由g(x)0得x.当x时，g(x)0，g(x)单调递减，当x时，g(x)0，g(x)单调递增(3)由(1)知，

7、当x1时，f(x)0.当a0，x1时，g(x)a(x21)ln x0，故当f(x)g(x)在区间(1，)内恒成立时，必有a0.当0a时，1，g(x)在上单调递减，gg(1)0，而f0，所以此时f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立当a时，令h(x)g(x)f(x)(x1)，当x1时，h(x)2axex0，因此，h(x)在区间(1，)上单调递增，又h(1)0，所以当x1时，h(x)g(x)f(x)0，即f(x)g(x)恒成立综上，a的取值范围为.题型二存在成立问题 例(2021张掖模拟)已知函数f(x)2(x1)ex.(1)若函数f(x)在区间(a，)上单调递增，求f(a)的取值范围；(2)设

8、函数g(x)exxp，若存在x01，e，使不等式g(x0)f(x0)x0成立，求p的取值范围解析(1)由f(x)2xex0，得x0，所以f(x)在(0，)上单调递增，所以a0，所以f(a)f(0)2，所以f(a)的取值范围是2，)(2)因为存在x01，e，使不等式g(x0)2(x01)ex0x0成立，所以存在x01，e，使p(2x03)ex0成立令h(x)(2x3)ex，从而ph(x)min，h(x)(2x1)ex.因为x1，所以2x11，ex0，所以h(x)0，所以h(x)(2x3)ex在1，e上单调递增所以h(x)minh(1)e，所以pe，所以实数p的取值范围是e，)1.存在型不等式成立

9、主要是转化为最值问题如存在x1、x2a，b使f(x1)g(x2)成立f(x)ming(x)max，转化为最值问题求解 2.如果一个问题的求解中既有“存在性”又有“恒成立”，那么需要对问题做等价转化，这里一定要注意转化的等价性、巧妙性，防止在转化中出错而使问题的求解出错对点训练已知函数f(x)(x1)ex1mx2，当0m6时，g(x)x3mx，x(0，2，若存在x1R，x2(0，2，使f(x1)g(x2)成立，求实数m的取值范围解析：x(，)且f(x)ex1(x1)ex12mxx(ex12m)，当m0时，因为ex10，所以ex12m0，所以当x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0.故f(x)在区间(，0)上单调递减，在区间(0，)上单调递增，所以f(x)minf(0)e.又g(x)3x2m4m，因为0m6，所以g(x)0，所以g(x)在(0，2上为增函数所以g(x)maxg(2)822m62m.依题意有f(x1)ming(x2)max，所以62me，所以0m3，故m的取值范围为.