3.6利用导数研究不等式恒(能)成立问题（精讲）-【题型·技巧培优系列】备战2023年高考数学大一轮复习精讲精练（新高考地区）（解析版）

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3.6 利用导数研究不等式恒(能)成立问题

【题型解读】

【知识储备】

1.恒成立与能成立问题的解决策略大致分四类：

①构造函数，分类讨论；

②部分分离，化为切线；

③完全分离，函数最值；

④换元分离，简化运算；

在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找

临界.

一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等

式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综

合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热

点．

【题型精讲】

【题型一　端点效应处理不等式求参】

例1　（2022·山东济南历城二中高三月考）已知函数 f(x)＝ex－x2－ax－1，g(x)＝cosx＋x2－1．

(1)当a＝1时，求证：当 x≥0 时，f(x)≥0；

(2)若f(x)＋g(x)≥0 在[0，＋∞)上恒成立，求 a的取值范围．

【解析】　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x2－x－1，

∴f′(x)＝ex－x－1，令 u(x)＝ex－x－1，则 u′(x)＝ex－1≥0 在[0，＋∞)上恒成立，

故f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)≥f′(0)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，

∴f(x)≥f(0)＝0，从而原不等式得证．

(2)∵f(x)＋g(x)＝ex＋cos x－ax－2，

令h(x)＝ex＋cos x－ax－2，则 h′(x)＝ex－sin x－a，

令t(x)＝ex－sin x－a，则 t′(x)＝ex－cos x，∵ex≥1，－1≤cos x≤1，故 t′(x)≥0，

∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h′(x)≥h′(0)＝1－a，

①当1－a≥0，即 a≤1 时，h′(x)≥0，故 h(x)在[0，＋∞)上单调递增，故 h(x)≥h(0)＝0，满足题意；

②当1－a<0，即 a>1 时，∵h′(0)<0，又 x→＋∞时，h′(x)→＋∞，

∴∃x0∈(0，＋∞)，使得 h′(x0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，

∴h(x)在(0，x0)上单调递减，此时 h(x)<h(0)＝0，不符合题意．

综上所述，实数 a的取值范围是(－∞，1]．

【题型精练】

1．（2022·天津·崇化中学期末）设函数 f(x)＝(1－x2)ex．

(1)讨论 f(x)的单调性；

(2)当x≥0 时，f(x)≤ax＋1，求实数 a的取值范围．

【解析】　(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex，令 f′(x)＝0，得 x＝－1±，

当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；当 x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；

当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0．

所以 f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．

(2)令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)，令 x＝0，可得 g(0)＝0．

g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a，g′(0)＝1－a，

又g′′(x)＝－(x2＋4x＋1)ex，g′′(x)＜0，g′(x)在[0，＋∞)上单调递减，

①当 1－a≤0 时，即 a≥1，则 g(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以 g(x) ≤g(0)＝0．

②当 1－a>0 时，即 a<1，x→＋∞时，g′(x)→－∞，

所以必存在唯一的 x0∈(0，＋∞)，使得 g′(x0)＝0，

当0＜x＜x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当 x＞x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．

所以当 x∈(0，x0)时，g(x)>g(0)＝0，(*)式不恒成立．

综上所述，实数 a的取值范围是[1，＋∞)．

2. （2022·山东济南高三期末）设函数 f (x)＝(1＋x－x2)ex(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．

(1)讨论 f (x)的单调性；

(2)当x≥0 时，f (x)≤ax＋1＋2x2恒成立，求实数 a的取值范围．

【解析】(1)f ′(x)＝(2－x－x2)ex＝－(x＋2)(x－1)ex．

当x<－2或x>1 时，f ′(x)<0；当－2<x<1 时，f ′(x)>0．

所以 f (x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2，1)上单调递增．

(2)设F(x)＝f (x)－(ax＋1＋2x2)，F(0)＝0，F′(x)＝(2－x－x2)ex－4x－a，F′(0)＝2－a，

当a≥2 时，F′(x)＝(2－x－x2)ex－4x－a≤－(x＋2)·(x－1)ex－4x－2

≤－(x＋2)(x－1)ex－x－2＝－(x＋2)[(x－1)ex＋1]，

设h(x)＝(x－1)ex＋1，h′(x)＝xex≥0，所以 h(x)在[0，＋∞)上单调递增，h(x)＝(x－1)ex＋1≥h(0)＝0，

即F′(x)≤0 在[0，＋∞)上恒成立，F(x)在[0，＋∞)上单调递减，F(x)≤F(0)＝0，

所以 f (x)≤ax＋1＋2x2在[0，＋∞)上恒成立．

当a<2 时，F′(0)＝2－a>0，而函数 F′(x)的图象在(0，＋∞)上连续且 x→＋∞，F′(x)逐渐趋近负无穷，

必存在正实数 x0使得 F′(x0)＝0且在(0，x0)上F′(x)>0，

所以 F(x)在(0，x0)上单调递增，此时 F(x)>F(0)＝0，f (x)>ax＋1＋2x2有解，不满足题意．

综上，a的取值范围是[2，＋∞)．

【题型二　分离参数法处理不等式求参】

方法技巧分离参数法解决恒(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.

例2　（2022·山东青岛高三期末）已知 f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2．

(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)∵函数 f(x)＝xln x的定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝ln x＋1．

令f′(x)＜0，得 ln x＋1＜0，解得 0＜x＜，∴f(x)的单调递减区间是．

令f′(x)＞0，得 ln x＋1＞0，解得 x＞，∴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)∵g′(x)＝3x2＋2ax－1，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，∴2xlnx≤3x2＋2ax＋1恒成立．

∵x＞0，∴a≥ln x－x－在 x∈(0，＋∞)上恒成立．

设h(x)＝ln x－x－(x＞0)，则 h′(x)＝－＋＝－．

令h′(x)＝0，得 x1＝1，x2＝－(舍去)．

当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减．

∴当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且 h(x)max＝h(1)＝－2，

∴若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则 a≥h(x)max＝－2，

故实数 a的取值范围是[－2，＋∞)．

【题型精练】

1．（2022·天津市南开中学月考）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)≥x3＋1，求 a的取值范围．

【解析】　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，

由于 f″(x)＝ex＋2＞0，故 f′(x)单调递增，注意到 f′(0)＝0，

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