专题06 导数 6.5利用导数研究不等式恒成立 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（解析版）.docx

1、专题六 导数讲义6.5 利用导数研究不等式恒成立知识梳理.利用导数研究不等式恒成立1.恒成立问题: 一般地，若af(x)对xD恒成立，则只需af(x)max；若af(x)对xD恒成立，则只需af(x0)成立，则只需af(x)min；若存在x0D，使af(x0)成立，则只需af(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围题型一. 参变分离1已知函数f（x）axlnx，若f（x）1在区间（1，+）内恒成立，则实数a的范围为a1【解答】解：f（x）axlnx，f（x）1即axlnx1，得axlnx+1x1，原不等式转化为alnx+1x设F（x）=lnx+1x，得F（x）=lnxx2当0x1时，

2、F（x）0；当x1时，F（x）0F（x）在区间（0，1）上为增函数；在区间（1，+）上为减函数可得F（x）在（0，+）的极大值为F（1），也是函数在（0，+）的最大值alnx+1x在区间（1，+）内恒成立，aF（1），即a1，可得实数a的范围为1，+）故答案为：1，+）2已知函数f（x）=exxmx（e为自然对数的底数），若f（x）0在（0，+）上恒成立，则实数m的取值范围是（）A（，2）B（，e24）C（，e）D（e24，+）【解答】解：若f（x）0在（0，+）上恒成立，则mexx2在（0，+）恒成立，令h（x）=exx2，（x0），h（x）=ex(x2)x3，令h（x）0，解得：x2，令h

3、（x）0，解得：0x2，故h（x）在（0，2）递减，在（2，+）递增，故h（x）minh（2）=e24，故me24，故选：B题型二. 转化成两个函数1已知函数f(x)=x+sinx2ln(x2+1x)+1，若f（axex+1）1在x（0，+）上有解，则实数a的取值范围为（）A（1，+）B（，1）C（e，+）D（1，e）【解答】解：根据题意，函数f(x)=x+sinx2ln(x2+1x)+1=x+sinx+2ln（x2+1+x），函数yx+sinx，其导数y1+cosx0，在R上为增函数，函数y2ln（x2+1+x），在R上为增函数，则函数f(x)=x+sinx2ln(x2+1x)+1在R上为增

4、函数；又由f（0）1，即f（axex+1）f（0）在x（0，+）上有解，即存在x（0，+）使得，axex+10有解，进而可得存在x（0，+）使得，axex1有解，在同一坐标系里画出函数y1ax与函数y2ex1的图象；对于y2ex1，其导数y2ex，当x（0，+）时，曲线y2ex1的切线的斜率kex1；要满足存在x（0，+）使得，axex1有解，则直线y1ax的斜率a1；故实数a的取值范围为（1，+）；故选：A2已知函数f（x）x+xlnx，若kZ，且k（x1）f（x）对任意的x1恒成立，则k的最大值为（）A2B3C4D5【解答】解：由k（x1）f（x）对任意的x1恒成立，得：kxlnx+xx1

5、，（x1），令h（x）=xlnx+xx1，（x1），则h（x）=xlnx2(x1)2，令g（x）xlnx20，得：x2lnx，画出函数yx2，ylnx的图象，如图示：又g（3）1ln30，g（4）2ln42（1ln2）0，零点属于（3，4）；g（x）存在唯一的零点设为x0，h（x）在（1，x0）递减，在（x0，+）递增，而3h（3）=3ln3+324，e53544，所以3ln44+45，所以3h（4）=4ln4+434，h（x0）4，kZ，k的最大值是3（或x0满足x0lnx020且x0（3，4），h（x）minh（x0）=x0(1+lnx0)x01=x0(1+x02)x01=x0（3，4），

6、kh（x）minh（x0），k的最大值是3）故选：B题型三. 讨论参数1不等式exkx对任意实数x恒成立，则实数k的最大值为（）A1BeC2De【解答】解：不等式exkx对任意实数x恒成立，即有exkx0恒成立，设f（x）exkx，即有f（x）的最小值大于等于0，则f（x）exk，由k0，可得xlnk时，f（x）递增；xlnk，f（x）递减，则f（x）在xlnk处取得极小值，且为最小值，可得f（x）的最小值为kklnk，由kklnk0，解得0ke，则k的最大值为e，故选：D2（2014辽宁）当x2，1时，不等式ax3x2+4x+30恒成立，则实数a的取值范围是（）A5，3B6，98C6，2D4

7、，3【解答】解：当x0时，不等式ax3x2+4x+30对任意aR恒成立；当0x1时，ax3x2+4x+30可化为a1x4x23x3，令f（x）=1x4x23x3，则f（x）=1x2+8x3+9x4=(x9)(x+1)x4（*），当0x1时，f（x）0，f（x）在（0，1上单调递增，f（x）maxf（1）6，a6；当2x0时，ax3x2+4x+30可化为a1x4x23x3，由（*）式可知，当2x1时，f（x）0，f（x）单调递减，当1x0时，f（x）0，f（x）单调递增，f（x）minf（1）2，a2；综上所述，实数a的取值范围是6a2，即实数a的取值范围是6，2故选：C3设函数f（x）=ax+

8、1ex（aR）（）当a0时，求函数f（x）的单调递增区间；（）当a2时，证明：对任意x0，+），f（x）x+1恒成立【解答】解：（）f（x）=ax+a1ex，a0，ex0，由f（x）0可得xa1a，a0时，f（x）在（，a1a递增；（）（i）a0时，f（x）=ax+1ex，由x0，得ax+11，ex1，ax+1ex1，而x+11，f（x）x+1成立；（ii）0a2时，令h（x）=ax+1exx1，则f（x）x+1成立等价于h（x）0，h（x）=ax+a1ex1，g（x）ax+a1是减函数且x0，g（x）maxa11，h（x）0，h（x）在0，+）递减，x0时，h（x）h（0）0，f（x）x+1

9、恒成立，综上，a2时，对任意x0，+），f（x）x+1恒成立题型四. 隐零点、构造函数1已知函数f（x）alnxx+1（其中aR）（1）讨论函数f（x）的极值；（2）对任意x0，f（x）12（a21）成立，求实数a的取值范围【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+）又f（x）=ax1当a0时，在（0，+）上，f（x）0，f（x）为单调减函数，f（x）无极值；当a0时，由f（x）0，得xa，在（0，a）上，f（x）0，f（x）为增函数，在（a，+）上，f（x）0，f（x）为减函数，当xa时，f（x）有极大值为f（a）alnaa+1，无极小值综上，当a0时，f（x）无极值；当a0时，f（x）有

10、极大值f（a）alnaa+1，无极小值；（2）由（1）知，当a0，f（x）是减函数，又令b=ea21，lnb0，f（b）12(a21)=12a2ea2+112(a21)=32ea20，不等式不成立；当a0时，f（x）有极大值也是最大值，f（x）maxf（a）alnaa+1，要使对任意x0，f（x）12（a21）成立，即alnaa+112(a21)，则alna+32a12a20成立令u（a）alna+32a12a2（a0），u（a）lna+11alnaa，令k（a）u（a）lnaa，则k（a）=1a1=1aa=0，得a1在（0，1）上，k（a）0，k（a）u（a）是增函数，在（1，+）上，k（a

11、）0，k（a）u（a）是减函数，当a1时，k（a）u（a）取绝对值也是最大值，u（a）maxu（1）10在（0，+）上，u（a）0，u（a）是减函数，又u（1）0，要使u（a）0恒成立，则a1实数a的取值范围为1，+）2设函数f（x）e2x+alnx（1）讨论f（x）的导函数f（x）零点的个数；（2）证明：当a0时，f(x)aln(a2)2a【解答】解：（1）函数的定义域（0，+），f(x)=2e2x+ax，当a0，f（x）0恒成立，没有零点，当a0时，f(x)=2e2x+ax在（0，+）上单调递增，又因为x0时，f（x），x+时，f（x）+，故f（x）只有1个零点；（2）令ma，则m0，f（

12、x）e2xmlnx，由（1）知，当a0时，f（x）只有1个零点，设为x0，则2e2x0+ax0=0，2e2x0mx0=0，e2x0=m2x0，故2x0=lnm2x0=lnm2lnx0，当0xx0，f（x）0，f（x）单调递减，当xx0时，f（x）0，f（x）单调递增，故当xx0时，函数f（x）取得最小值f（x0）=e2x0mlnx0=m2x0m（lnm22x0）=m2x0+mln2m+2mx0，2m2x02mx0+mln2m=2m+mln2m=2a+aln（a2）3已知函数f（x）alnxexx+ax，aR（）当a0时，讨论函数f（x）的单调性；（）设g（x）f（x）+xf（x），若关于x的不

13、等式g（x）ex+x22+(a1)x在x1，2上有解，求a的取值范围【解答】解：（）由题意知，f（x）=(axex)(x1)x2，x0令F（x）（axex）（x1），当a0时，axex0恒成立，当x1时，F（x）0；当0x1时，F（x）0，函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减（4分）（）g（x）f（x）+xf（x），g（x）alnxex+2axa，由题意知，存在x01，2，使得g（x0）ex0+x022+（a1）x0成立即存在x01，2，使得alnx0+（a+1）x0x022a0成立，令h（x）alnx+（a+1）xx22a，x1，2，h（x）=(xa)(x1)x，x1，

14、2，a1时，x1，2，则h（x）0，函数h（x）在1，2上单调递减，h（x）minh（2）aln2+a0成立，解得a0，a0；当1a2时，令h（x）0，解得1xa；令h（x）0，解得ax2，函数h（x）在1，a上单调递增，在a，2上单调递减，又h（1）=12，h（2）aln2+a0，解得a0，a无解；当a2时，x1，2，则h（x）0，函数h（x）在1，2上单调递增，h（x）minh（1）=120，不符合题意，舍去综上所述，a的取值范围为（，0（12分）题型五. 双变量问题1已知函数f（x）x2+2alnx+3，若x1，x24，+）（x1x2），a2，3，f(x2)f(x1)x1x22m，则m的

15、取值范围是（）A2，+）B52，+)C(92，+)D194，+)【解答】解：设x1x2，由f(x2)f(x1)x1x22m，得f（x1）+2mx1f（x2）+2mx2，记g（x）f（x）+2mx，则g（x）在0，+）上单调递增，故g（x）0在4，+）上恒成立，即2x+2ax+2m0在4，+）上恒成立，整理得mx+ax在4，+）上恒成立，a2，3，函数y=x+ax在4，+）上单调递增，故有m4+a4，a2，3，m(4+a4)max=194，即m194故选：D2已知函数f（x）=12lnxmx（mR），g（x）xax（a0）（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若m=12e2，对x1，x22，2e

16、2都有g（x1）f（x2）成立，求实数a的取值范围【解答】解：（1）f（x）=12lnxmx，x0，f（x）=12xm，当m0时f（x）0，f（x）在（0，+）单调递增，当m0时，由f（x）0得x=12m，由f(x)0x0，得0x12m，由f(x)0x0，得x12m，综上所述：当m0时，f（x）单调递增区间为（0，+），当m0时，f（x）单调递增区间为（0，12m），单调递减区间为（12m，+）（2）若m=12e2，f（x）=12lnx12e2x，x1，x22，2e2都有g（x1）f（x2）成立，等价于对x2，2e2都有g（x）minf（x）max，由（1）知在2，2e2上f（x）的最大值f（

17、e2）=12，g（x）1+ax20（a0），x2，2e2，函数g（x）在2，2e2上是增函数，g（x）ming（2）2a2，由2a212，得a3，又因为a0，a（0，3，所以实数a的取值范围为（0，33已知f（x）lnxx4+34x，g（x）x22ax+4，若对任意的x1（0，2，存在x21，2，使得f（x1）g（x2）成立，则a的取值范围是18，+)【解答】解：对任意的x1（0，2，存在x21，2，使得f（x1）g（x2）成立，f（x1）ming（x2）min，x1（0，2，x21，2，f（x）ln xx4+34x，x（0，2，f（x）=1x1434x2=(x3)(x1)4x2，可得：函数f

18、（x）在（0，1）内单调递减，在1，2内单调递增x1时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（x）minf（1）=12g（x）x22ax+4，x1，2，g（x）（x+a）2+a2+4对称轴x1，抛物线开口向下a1，即a1时，函数g（x）在x1，2上单调递减，x2时，函数g（x）取得最小值，g（2）44a+44a124a，解得a181此时a的取值范围是18，+)a2，即a2时，函数g（x）在x1，2上单调递减，x1时，函数g（x）取得最小值，g（1）12a+432a1232a，解得a54此时a的取值范围是54，+）2a1，即2a1时，函数g（x）在x1，a上单调递增，在xa，2上单调递减，又g（2

19、）4ag（1）32ag（x）ming（1），g（2）min综上可得：a的取值范围是54，+）故答案为：18，+)课后作业.恒成立1已知函数f（x）xlnx若对所有x1都有f（x）ax1，则实数a的取值范围为（，1【解答】解：f（x）xlnx，当x1时，f（x）ax1恒成立xlnxax1（x1）恒成立alnx+1x（x1）恒成立，令f（x）lnx+1x，则af（x）min（x1）恒成立；f（x）=1x1x2=x1x2，当x1时，f（x）0，f（x）lnx+1x在1，+）上单调递增，f（x）min1，a1，即实数a的取值范围为（，1故答案为：（，12已知函数f(x)=xlnax+aex，g（x）x

20、2+x，当x（0，+）时，f（x）g（x）恒成立，则实数a的取值范围是（）A1e2，+）B1e，+）C1，+）De，+）【解答】解：由函数f(x)=xlnax+aex，g（x）x2+x，所以不等式f（x）g（x）恒成立，等价于f（x）g（x）xlnax+aex+x2x0恒成立；因为x（0，+），所以lnax+aexx+x10；设函数h（x）lnax+aexx+x1，x（0，+），则h（x）lnalnx+aexx+x1，计算h（1）lna+ae，且a0；所以h（x）=1x+aex(x1)x2+1=(x1)(ax+1)x2，当x0，a0时，令h（x）0，解得x1，所以x1时，h（x）0，函数h（x

21、）单调递增；当0x1时，h（x）0，函数h（x）单调递减；所以h（x）h（1）ae+lna；设F（a）ae+lna，a（0，+），则F（a）e+1a0，所以F（a）在（0，+）上单调递增，且F（1e）110；要使f（x）g（x）恒成立，需使F（a）0恒成立，即a1e，所以a的取值范围是1e，+）故选：B3关于x的不等式x2a（x1）ex0恰有一个整数解，则实数a的取值范围是e2，0)【解答】解：当a0时，x+，x2a（x1）ex，则不等式x2a（x1）ex0有无穷多个整数解，不符合题意；当a0时，x20无解，不符合题意；当a0时，设f（x）x2a（x1）ex，f（0）a0，则必有f（1）10，

22、f（1）1+2ae10，解得ae2，所以e2a0当e2a0时，f（x）2xaxexx（2aex），所以当x0时，f（x）0，则f（x）单调递减，当x0时，f（x）0，则f（x）单调递增，所以当x1时，f（x）f（1）0，当x1时，f（x）f（1）0，故当e2a0时，f（x）0恰有一个整数解，即为0，即f（0）0综上所述，实数a的取值范围是e2，0)4设实数m0，若对任意的正实数x，不等式emxlnxm恒成立，则m的最小值为（）A1eB12eC2eDe3【解答】解：m0，emxlnxm，memxlnx，即mxemxxlnxelnxlnx，当0x1时，m0，恒成立，当x1时，构造函数g（x）xex

23、，g（x）ex+xex（x+1）ex0恒成立，当x1时，g（x）递增，则不等式emxlnxm恒成立等价于g（mx）g（lnx）恒成立，即mxlnx，恒成立，m(lnxx)max，设G(x)=lnxx，G(x)=1lnxx2，G（x）在1，e）上递增，在e，+）递减，G（x）maxG（e）=1e，故选：A5已知函数f（x）x+4x，g（x）=ax+1+x，若x112，1，x22，3，使得f（x1）g（x2），则实数a的取值范围是（，9【解答】解：当x112，1时，由f（x）x+4x得，f（x）14x20，f（x）在12，1单调递减，f（1）5是函数的最小值，x112，1，都x22，3，使得f（x

24、1）g（x2），可得f（x）在x112，1的最小值不小于g（x）在x22，3的最小值，即x2，3，使5ax+1+x成立，所以a(x+1)(5x)min=(x2)2+9min=9，故答案为（，96已知a为实数，函数f（x）alnx+x24x（1）若x3是函数f（x）的一个极值点，求实数a的取值；（2）设g（x）（a2）x，若x01e，e，使得f（x0）g（x0），求实数a的取值范围【解答】解：（1）函数函数f（x）alnx+x24x定义域为（0，+），f（x）=ax+2x4=2x24x+ax因为x3是函数f（x）的一个极值点，所以f（3）0，解得a6，经检验a6时，x3是函数f（x）的一个极小值

25、点，符合题意，所以a6；（2）由f（x0）g（x0），得（x0lnx0）ax022x0，记F（x）xlnx，（x0），所以F（x）=x1x（x0），所以当0x1时，F（x）0，F（x）单调递减，当x1时，F（x）0，F（x）单调递增所以F（x）F（1）1，所以ax022x0x0lnx0，记G（x）=x22xxlnx，x1e，e，所以G（x）=x22xxlnx，G（x）=(2x2)(xlnx)(x2)(x1)(xlnx)2=(x1)(x2lnx+2)(xlnx)2，因为x1e，e，所以22lnx2（1lnx）0，所以x2lnx+20，所以x1e，1）时，G（x）0，G（x）单调递减，x（1，e时，G（x）0，G（x）单调递增，所以G（X）minG（1）1，所以aG（X）min1，所以实数a的取值范围为1，+）