2024年数学选择性必修第2册（配人教版）课件：29　第五章　微专题5　导数法研究恒(能)成立问题.docx

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微专题5　导数法研究恒（能）成立问题

用导数研究恒（能）成立问题时，一般我们既要对函数和方程的形式进行观察，又要时刻注意数形结合帮助我们理解题意，需要灵活的选择合适的方法解决问题，常见的用导数解决恒（能）成立的方法有分离变量法、分类讨论法、等价转化法等，下面进行举例说明．

类型1　分离变量法解决恒（能）成立问题

【例1】　已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝－x2＋ax－3（a∈R）．若对于任意的x∈1e，e，都有2f（x）≥g（x）成立，求a的取值范围．

[解]　若2f（x）≥g（x）对任意的x∈1e，e恒成立，

则2xlnx≥－x2＋ax－3对任意的x∈1e，e恒成立，

即a≤2lnx＋x＋3x对任意的x∈1e，e恒成立，

令h（x）＝2lnx＋x＋3x，x∈1e，e，只需满足a≤h（x）min，x∈1e，e，

又h′（x）＝2x＋1－3x2＝x+3x-1x2，

因为x∈1e，e，所以由h′（x）＝0得x＝1，

当1e≤x＜1时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，

当1＜x≤e时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，

所以当x＝1时函数h（x）取得极小值即为最小值，

即h（x）min＝h

（1）＝4，所以a≤4，

即实数a的取值范围为（－∞，4].

（1）一般情况下，对于分参后的求解范围问题常有以下结论：

①a≥f（x）恒成立⇔a≥f（x）max；a≤f（x）恒成立⇔a≤f（x）min.

②a≥f（x）能成立⇔a≥f（x）min；a≤f（x）能成立⇔a≤f（x）max.

（2）分离变量时注意不等号的方向是否发生改变．

[学以致用]　1.设f（x）＝13x3－a2x2＋bx＋c，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1.设g（x）＝f（x）－xlnx＋x，且g（x）在区间12，e内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．

[解]　∵f′（x）＝x2－ax＋b，

∴f′（0）＝b＝0，

又f（0）＝c＝1，∴b＝0，c＝1，

∴f（x）＝13x3－a2x2＋1，

g（x）＝13x3－a2x2－xlnx＋x＋1，12≤x≤e，

∴g′（x）＝x2－ax－lnx，

∵g（x）在12，e内存在单调递减区间，

即g′（x）＝x2－ax－lnx＜0在12，e内有解，

∴a＞x－lnxx在12，e内能成立，

令h（x）＝x－lnxx，

则h′（x）＝1－1-lnxx2＝x2-1+lnxx2.

令m（x）＝x2－1＋lnx12≤x≤e，

则m′（x）＝2x＋1x＞0，

∴m（x）在12，e上单调递增，又m

（1）＝0，

∴当x∈12，1时，m（x）＜0，即h′（x）＜0；

当x∈（1，e]时，m（x）＞0，即h′（x）＞0；

∴h（x）在12，1上单调递减，在（1，e]上单调递增，∴h（x）min＝h

（1）＝1，∴a＞1，

即实数a的取值范围为（1，＋∞）．

类型2　分类讨论法解决恒（能）成立问题

【例2】　已知函数f（x）＝lnx－x＋1，若非零实数a使得f（x）≥ax－12ax2－12a对任意x∈[1，＋∞）恒成立，求实数a的取值范围．

[解]　令g（x）＝f（x）－ax-12ax2-12a＝lnx－x＋1－ax＋12ax2＋12a，x≥1，

则g′（x）＝1x－1－a＋ax＝ax-1x-1x，x≥1，

若a＜0，则ax－1＜0，则g′（x）≤0，函数g（x）在[1，＋∞）上单调递减，显然不满足题意；

若a＞0，则当1a≤1，即a≥1时，g′（x）≥0，函数g（x）在[1，＋∞）上单调递增，当x＝1时，g（x）取得最小值，

令g

（1）＝12a-a2≥0，解得－1≤a≤1，从而可得a＝1；

当1a＞1，即0＜a＜1时，由g′（x）＜0，得1＜x＜1a，

由g′（x）＞0，得x＞1a，所以函数g（x）在1，1a上单调递减，在1a，+∞上单调递增，

当x＝1a时，g（x）取得极小值也是最小值，

令g1a＝－lna≥0，解得0＜a≤1，故0＜a＜1.

综上可得，实数a的取值范围是（0，1].

　分类讨论法解决恒成立、能成立问题时需要确定分类标准，做到不重不漏．一般情况下，分类时常考虑以下情况：

（1）最高次项系数的正负情况（注意0）；

（2）导数的零点存在与否（二次的一般用Δ）；

（3）极值点的大小关系（分三种情况，包括相等）；

（4）极值点与定义域的关系．

[学以致用]　2．已知函数f（x）＝3x＋sinxcosx－acosx在R上单调递增，则实数a的取值范围是（　　）

A．[－2，2]

B．（－∞，－2]∪[2，＋∞）

C．[－42，42]

D．（－∞，－42]∪[42，＋∞）

A　[f′（x）＝3＋cos2x＋asinx＝3＋1－2sin2x＋asinx＝4－2sin2x＋asinx，

函数f（x）＝3x＋sinxcosx－acosx在R上单调递增，所以f′（x）≥0在R上恒成立，令t＝sinx，则－1≤t≤1，即4－2t2＋at≥0在[－1，1]上恒成立，即2t2－at－4≤0在[－1，1]上恒成立．

当t＝0时，不等式显然成立．当0

当－1≤t<0时，a≤2t－4t，由y＝2t－4t在[－1，0）上单调递增，得t＝－1时，ymin＝2，

所以a≤2.

综上，a的取值范围是[－2，2].

故选A.]

类型3　等价转化法解决恒（能）成立问题

【例3】　已知f（x）＝xex－ex，g（x）＝mx－m（m＞0），若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]使得f（x1）＝g（x2），求实数m的取值范围．

[解]　∵f（x）＝xex－ex＝ex（x－1），

∴f′（x）＝ex（x－1）＋ex＝xex，

由f′（x）＞0，得x＞0，

故f（x）在（0，＋∞）上单调递增，

由f′（x）＜0，得x＜0，

故f（x）在（－∞，0）上单调递减，

∴当x＝0时，f（x）min＝f（0）＝－1，

又f（－2）＝－3e-2，f

（2）＝e2，

∴f（x）在[－2，2]上的值域为[－1，e2]，

又g（x）＝mx－m（m＞0）在[－2，2]上是增函数，

∴g（x）在[－2，2]上的值域为[－3m，m].

若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]，使得f（x1）＝g（x2），

则[－1，e2]⊆[－3m，m]，

∴－3m≤－1＜e2≤m，

解得m≥e2，

即实数m的取值范围是[e2，＋∞）．

（1）对条件进行变形，使变量相同（如都是x1）的在同一侧，观察是否可以构造一个函数，使左、右侧式子用该函数表示，进而转化为最值问题．

（2）双变量的恒（能）成立问题

①∀x1∈D，∀x2∈E，f（x1）≥g（x2）恒成立⇔fxmin≥g（x）max；

②∀x1∈D，∃x2∈E，f（x1）≥g（x2）能成立⇔fxmin≥g（x）min；

③∃x1∈D，∀x2∈E，f（x1）≥g（x2）能成立⇔fxmax≥g（x）max；

④∃x1∈D，∃x2∈E，f（x1）≥g（x2）能成立⇔fxmax≥g（x）min；

⑤∀x1∈D，∃x2∈E，使f（x1）＝g（x2）⇔f（x）的值域是g（x）的值域的子集．

[学以致用]　3．已知函数f（x）＝ex－k－klnx，g（x）＝ex－kx，∀x∈（1，＋∞），f（x）

A．（－∞，1）　　 B．（－∞，1]

C．（－∞，e） D．（－∞，e]

D　[由题意得ex－k－klnx

即elnx+1－k（lnx＋1）

令h（x）＝ex－kx，则h（lnx＋1）

令m（x）＝lnx－x＋1，x∈（1，＋∞），

则m′（x）＝1x－1<0恒成立，

所以m（x）在（1，＋∞）上为减函数，即m（x）＝lnx－x＋1

（1）＝0，即lnx＋1

所以h（x）为增函数，即h′（x）＝ex－k≥0，∀x∈（1，＋∞）恒成立，所以k≤e.

故选D.]

微专题强化练（五）　导数法研究恒（能）成立问题

一、选择题

1．若∃x＞0，使得ax2≤lnx成立，则实数a的取值范围是（　　）

A．12e，+∞ B．12e，+∞

C．-∞，12e D．-∞，12e

C　[由题设知a≤lnxx2能成立，

令f（x）＝lnxx2且x＞0，

则f′（x）＝x-2xlnxx4＝1-2lnxx3，

∴当0＜x＜e时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；

当x＞e时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．

∴f（x）≤f（e）＝12e，故a≤12e.]

2．已知函数f（x）＝exx－mx（e为自然对数的底数），若f（x）＜0在（0，＋∞）上有解，则实数m的取值范围是（　　）

A．（e，＋∞） B．（－∞，e）

C．e24，+∞ D．-∞，e24

C　[由f（x）＝exx－mx＜0在（0，＋∞）上有解，可得，m＞exx2在（0，＋∞）上有解，

令g（x）＝exx2，x＞0，则m＞g（x）min，

则g′（x）＝x-2exx3，

当0＜x＜2时，g′（x）＜0，函数单调递减，当x＞2时，g′（x）＞0，函数单调递增，

故当x＝2时，函数g（x）取得最小值g

（2）＝e24.故m＞e24.

故选C.]

3．已知函数f（x）＝x＋sinx，若存在x∈[0，π]使不等式f（xsinx）≤f（m－cosx）成立，则整数m的最小值为（　　）

A．－1 B．0

C．1 D．π2

A　[由f（x）＝x＋sinx，可得f′（x）＝1＋cosx≥0，

所以f（x）＝x＋sinx在x∈[0，π]上单调递增，

所以不等式f（xsinx）≤f（m－cosx）成立等价于xsinx≤m－cosx，

所以m≥xsinx＋cosx对于x∈[0，π]有解，

令g（x）＝xsinx＋cosx，只需m≥g（x）min，

则g′（x）＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，

当0≤x≤π2时，g′（x）＝xcosx≥0，g（x）单调递增，

当π2＜x≤π时，g′（x）＝xcosx＜0，g（x）单调递减，所以g（0）＝cos0＝1，g（π）＝πsinπ＋cosπ＝－1，

所以g（x）min＝g（π）＝－1，所以m≥－1，所以整数m的最小值为－1.]

4．任给两个正数x，y，使得不等式1ax－y（lnx＋lny）≤0恒成立，则实数a的取值范围是（　　）

A．[－e，0） B．[－e，＋∞）

C．-1e，0 D．-1e，+∞

A　[不等式1ax－y（lnx＋lny）≤0恒成立，

整理为1a≤xy（lnx＋lny）＝xy·ln（xy）恒成立，

设xy＝t＞0，g（t）＝tlnt，g′（t）＝lnt＋1，令g′（t）＝0，得t＝1e，

当0＜t＜1e，g′（t）＜0，当t＞1e，g′（t）＞0，

所以函数g（t）的单调递减区间是0，1e，单调递增区间是1e，+∞，

函数的最小值g1e＝－1e，所以1a≤－1e，得－e≤a＜0.故选A.]

5．已知函数f（x）＝ax－ex，g（x）＝x2－2x－1，若对任意x1∈12，2，都存在x2∈12，2满足f（x1）－g（x2）≥1，则实数a的取值范围是（　　）

A．[2e2