第2課時利用導數研究不等式恒(能)成立問題第四章解答題專項一考點一分離參數法解決不等式恒(能)成立問題例題(2022·山東濰坊二模)已知函數f(x)=ax+cosx+sinx(a∈R).(2)若f(x)≤1+2sinx+2cosx在x∈(0,π]上恒成立,求實數a的取值范圍.而h(0)=-2<0,h(π)=-π<0,故h(x)<0在x∈(0,π]恒成立,故g'(x)<0在x∈(0,π]恒成立,所以g(x)在x∈(0,π]上單調遞減,所以g(x)min=g(π)=0,故a≤0,所以實數a的取值范圍是(-∞,0].規律方法

“分離參數法”解決不等式恒成立問題“分離參數求最值”是解決不等式恒成立求參數的取值范圍問題的基本方法,其基本過程如下:(1)已知含參數λ的不等式f(λx)≥0恒成立;(2)將不等式轉化為g(λ)≥h(x),即將參數λ與變量x分離,可以將λ單獨分離到不等式一邊,也可以將只含有λ的一個代數式分離到不等式的一邊;(3)求函數h(x)的最值或值域.求h(x)最大值或值域的方法要依據函數h(x)的形式而確定,可以用導數法、均值不等式法、換元法、單調性法等;(4)得出結論.若h(x)的最大值為M,則g(λ)≥M;若h(x)不存在最大值,其值域為(m,M)時,g(λ)≥M.(2)若g(x)=f(x)-mlnx,存在x1,x2∈(0,+∞),且當x1≠x2時,g(x1)=g(x2),求證:x1x2<4m2.(2)證明

不妨設0<x1<x2,∵g(x1)=g(x2),故函數y=x-sin

x在(0,+∞)上單調遞增.∴x2-sin

x2>x1-sin

x1,從而x2-x1>sin

x2-sin

x1,考點二最值法解決不等式恒(能)成立問題例題(12分)(2020全國Ⅰ,理21)已知函數f(x)=ex+ax2-x.(1)當a=1時,討論f(x)的單調性;(2)當x≥0時,f(x)≥x3+1,求a的取值范圍.【教師講評】

(1)本例(2)的方法2應用的是考點一的分離參數法,轉化為函數的最值問題求解.(2)本例(2)的方法1不分離參數,而是將恒成立的不等式化簡,構造含有參數和變量的新函數,轉化為研究這個函數的最值問題,用最值法解決.對點訓練(12分)(2023·江蘇南京模擬)已知函數f(x)=ex-2ln(x+1).(1)求證:f(x)>0;(2)若f(x)≥ax+1恒成立,求實數a的值(或范圍).考點三同構法解決不等式恒(能)成立問題例題已知函數f(x)=aex+lna,g(x)=ln(x+1)+1(其中a為常數,e是自然對數的底數).若函數y1=f(x)-lna在點A(0,a)處的切線為l1,函數y2=g(x-1)-1在點B(a,0)處的切線為l2.(1)若l1∥l2,求直線l1和l2的方程;(2)若f(x)>g(x)恒成立,求實數a的取值范圍.解

(1)根據題意可知,函數y1=f(x)-ln

a=aex在點A(0,a)處的切線為l1,函數y2=g(x-1)-1=ln

x在點B(a,0)處的切線為l2.又因為a>0,所以a=1.因為切線l1過點(0,1),斜率為k1=1;切線l2過點(1,0),斜率為k2=1,故所求的直線方程為l1:x-y+1=0,l2:x-y-1=0.(2)因為f(x)=aex+ln

a,g(x)=ln(x+1)+1,所以f(x)>g(x)恒成立,即aex+ln

a>ln(x+1)+1在(-1,+∞)上恒成立,可等價轉化為aex+ln(aex)>ln(x+1)+(x+1)在(-1,+∞)上恒成立.當x∈(-1,0)時,s'(x)>0,s(x)單調遞增,當x∈(0,+∞)時,s'(x)<0,s(x)單調遞減,所以s(x)≤s(0)=1,從而a的取值范圍是(1,+∞).規律方法

“同構法”解決不等式恒成立問題在不等式恒成立求參數的取值范圍問題中,如果不等式中同時含有ex和ln

x兩種形式的函數,可以考慮將不等式進行合理的轉化、變形、拼湊,將不等式兩邊轉化為同一個函數的兩個函數值的形式,然后借助該函數的單調性轉化為一個更為簡單的不等式恒成立問題,從而解決問題,這種解題方法通常稱之為“同構”,同構的三種基本模式如下:對點訓練(2023·江蘇連云港模擬)已知函數f(x)=lnx+mx.(1)當m=-時,判斷f(x)的零點個數;(2)若不等式ea(x-1)+ax≥x+lnx+a對任意x>1恒成立,求實數a的取值范圍.(2)ea(x-1)+ax≥x+ln

x+a,即ea(x-1)+a(x-1)≥x+ln

x,即ea(x-1)+a(x-1)≥eln

x+ln

x,構造函數F(x)=ex+x,即F(a(x-1))≥F(ln

x),F(x)顯然在(0,+∞)上單調遞增,所以轉化為a(x-1)≥ln

x在(1,+∞)上恒成立,①當a≤0時,因為x>1,所以a(x-1)≤0,而ln

x>ln

1=0,顯然不符合題意.②當a>0時,即a(x-1)-ln

x≥0在(1,+∞)上恒成立,令G(x)=a(x-1)-ln

x(x>1),所以h(a)在(0,1)上單調遞增,所以h(a)<h(1)=0,所以G(x)min<0不符合題意,所以舍去.綜上所述,a的取值范圍是[1,+∞).考點四雙變量的恒(能)成立問題例題(2022·河北張家口一模)已知函數f(x)=axeax+(a+b)x,g(x)=(1+x)lnx.(1)當a=-b=1時,證明:當x∈(0,+∞)時,f(x)>g(x);(2)若對?x∈(0,+∞),?b∈[-1,0],使f(x)≥g(x)恒成立,求實數a的取值范圍.(1)證明

當a=-b=1時,f(x)=xex.令h(x)=ex-(x+1)(x>0),則h'(x)=ex-1>0,所以h(x)在(0,+∞)上單調遞增,且h(0)=0,所以h(x)=ex-(x+1)>0,即ex>x+1.所以φ(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增,且φ(1)=1,所以φ(x)=x-ln

x≥1>0,所以x>ln

x.所以當x∈(0,+∞)時,有xex>x(x+1)>(x+1)ln

x,所以當x∈(0,+∞)時,f(x)>g(x).(2)解

因為?b∈[-1,0],使f(x)≥g(x)恒成立,令w(b)=axeax+(a+b)x,只需w(b)max≥g(x),即axeax+ax≥(1+x)ln

x在x∈(0,+∞)上恒成立,整理得ax(eax+1)≥(x+1)ln

x=ln

x(eln

x+1).(*)設F(x)=x(ex+1),則F'(x)=ex(x+1)+1,設H(x)=F'(x)=ex(x+1)+1,又H'(x)=(x+2)ex,可得當x>-2時,H'(x)>0,H(x)單調遞增;當x<-2時,H'(x)<0,H(x)單調遞減,因此當x=-2時,H(x)有最小值H(-2)=1->0,所以F(x)在R上單調遞增.規律方法

不等式中“任存”問題的求解方法及注意點(1)如果不等式中涉及兩個函數,兩個變量,且兩個變量前面帶有邏輯中的“量詞”,那么這樣的不等式問題均可轉化為兩個函數的最值之間的大小關系.一般地,已知函數y=f(x),x∈[a,b],y=g(x),x∈[c,d],那么有以下轉化方法:①若?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],總有f(x1)<g(x2)成立,則f(x)max<g(x)min;②若?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],有f(x1)<g(x2)成立,則f(x)max<g(x)max;③若?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],有f(x1)<g(x2)成立,則f(x)min<g(x)max;④若?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],有f(x1)<g(x2),則f(x)min<g(x)min.