2023年高考数学一轮总复习考点探究与题型突破 第20讲　利用导数研究不等式的恒成立问题 精品讲义 WORD版含解析.docx

1、第20讲利用导数研究不等式的恒成立问题 考点1 分离参数法求参数的范围名师点睛分离参数法解决恒(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)af(x)恒成立af(x)max；af(x)恒成立af(x)min；af(x)能成立af(x)min；af(x)能成立af(x)max.典例 (2020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.举一反三已知函数f(x)，当x1时，不等式f(x)0恒成立，求实数k的取值范围 考点2 等价转化法求参数的范围名师点睛将“恒成立问题”转化为“最值

2、问题”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)mina，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典例(2022日喀则市南木林期末)已知函数f(x)x2(a1)xaln x1，求a的范围，使得f(x)1恒成立举一反三(2022合肥六校联考)已知函数f(x)(xa1)ex，g(x)x2ax，其中a为常数若对任意的x0，)，不等式f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围 考点3 双变量的恒（能）成立问题名师点睛含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的转化有：(1)x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x)mi

3、ng(x)min.(2)x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max.(3)x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(4)x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)max.典例(2021新高考卷)已知函数f(x)x(1ln x).(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln aaln bab，证明：2e.举一反三设f(x)xln x，g(x)x3x23.(1)如果存在x1，x20，2，使得g(x1)g(x2)M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t，都有f(s)g(t)成立，求实数a的

4、取值范围第20讲利用导数研究不等式的恒成立问题 考点1 分离参数法求参数的范围名师点睛分离参数法解决恒(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)af(x)恒成立af(x)max；af(x)恒成立af(x)min；af(x)能成立af(x)min；af(x)能成立af(x)max.典例 (2020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(1)当a1时，f(x)exx2x，xR，f(x)ex2x1.故当x(，0)时，f(x)0.所以f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单

5、调递增.(2)由f(x)x31得，exax2xx31，其中x0，当x0时，不等式为11，显然成立，此时aR.当x0时，分离参数a，得a，记g(x)，g(x).令h(x)exx2x1(x0)，则h(x)exx1，令H(x)exx1，H(x)ex10，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exx2x10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，所以g(x)为增函数，所以g(x)g(1)2，故k2，即实数k的取值范围是(，2 考点2 等价转化法求参数的范围名师点睛将“恒成立问题”转化为

6、“最值问题”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)mina，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典例(2022日喀则市南木林期末)已知函数f(x)x2(a1)xaln x1，求a的范围，使得f(x)1恒成立【解】要使得f(x)1恒成立，即x0时，x2(a1)xaln x0恒成立，设g(x)x2(a1)xaln x，则g(x)x(a1)，当a0时，由g(x)0得g(x)的单调递增区间为(1，)，故g(x)ming(1)a0，得a；当0a1时，由g(x)0得g(x)的单调递增区间为(0，a)，(1，)；此时g(1)a0，不合题

7、意；当a1时，f(x)在(0，)上单调递增，此时g(1)a1时，由g(x)0得g(x)的单调递增区间为(0，1)，(a，)，此时g(1)ag(x2)f(x)ming(x)min.(2)x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max.(3)x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(4)x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)max.典例(2021新高考卷)已知函数f(x)x(1ln x).(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln aaln bab，证明：20；当x(1，)时，f(x)0.所以函数f(x)在

8、(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减. (2)证明由题意，a，b是两个不相等的正数，且bln aaln bab，两边同时除以ab，得，即，即ff.令x1，x2，由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，且当0x0，当xe时，f(x)0，不妨设x1x2，则0x11x2e.要证2e，即证2x1x22：要证x1x22，即证x22x1，因为0x11x22x11，又f(x)在(1，)上单调递减，所以即证f(x2)f(2x1)，又f(x1)f(x2)，所以即证f(x1)f(2x1)，即证当x(0，1)时，f(x)f(2x)0.构造函数F(x)f(x)f(2x)，则F(x)f(x

9、)f(2x)ln xln(2x)lnx(2x)，当0x1时，x(2x)0，即当0x0，所以F(x)在(0，1)上单调递增，所以当0x1时，F(x)F(1)0，所以当0x1时，f(x)f(2x)2成立. 再证x1x2x，直线yx与直线ym的交点坐标为(m，m)，则x1m.欲证x1x2e，即证x1x2mx2f(x2)x2e，即证当1xe时，f(x)xe.构造函数h(x)f(x)x，则h(x)1ln x，当1x0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，所以当1xe时，h(x)h(e)f(e)ee，即f(x)xe成立，所以x1x2e成立.综上可知，2e成立. 举一反三设f(x)xln x，g(x)x

10、3x23.(1)如果存在x1，x20，2，使得g(x1)g(x2)M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t，都有f(s)g(t)成立，求实数a的取值范围.解(1)存在x1，x20，2，使得g(x1)g(x2)M成立，等价于g(x1)g(x2)maxM成立.g(x)3x22xx(3x2)，令g(x)0，得x0或x，g，又g(0)3，g(2)1，当x0，2时，g(x)maxg(2)1，g(x)ming，M1，满足条件的最大整数M为4.(2)对任意的s，t有f(s)g(t)，则f(x)ming(x)max.由(1)知当x时，g(x)maxg(2)1，当x时，f(x)xln x1恒成立，即axx2ln x恒成立.令h(x)xx2ln x，x，h(x)12xln xx，令(x)12xln xx，(x)32ln x0，h(x)在上单调递减，又h(1)0，当x时，h(x)0，当x1，2时，h(x)0，h(x)在上单调递增，在1，2上单调递减，h(x)maxh(1)1，故a1.实数a的取值范围是1，)