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第2课时 利用导数研究不等式的恒成立、能成立问题
利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题是高考考查的重点,常转化为函数的最值问题求解.
考点一 分离参数法求参数范围
[典例1] (2019·佛山市模拟)已知a∈R,函数f(x)=x(ex-2a)-ax2.
(1)若f(x)有极小值且极小值为0,求a的值.
(2)当x∈R时,f(2x)≥2f(x),求a的取值范围
[解] (1)f′(x)=(ex-2a)+xex-2ax=(x+1)(ex-2a),x∈R.
①若a≤0,由f′(x)=0解得x=-1.
∴当x<-1时,f′(x)<0,当x>-1时,f′(x)>0,
∴当x=-1时,f(x)取得极小值f(-1)=a-(舍去);=0,解得a=
②若a>0,由f′(x)=0解得x=-1或x=ln (2a),
(ⅰ)若ln (2a)<-1,即0<a<,
∴当x<ln (2a)时,f′(x)>0,当ln (2a)<x<-1时,f′(x)<0,
当x>-1时,f′(x)>0,
∴当x=-1时,f(x)取得极小值f(-1)=a-(舍去);=0,解得a=
(ⅱ)若ln (2a)=-1,即a=时,f′(x)≥0,此时f(x)没有极小值;
(ⅲ)若ln (2a)>-1,即a>,
∴当x≤-1时,f′(x)>0,当-1<x<ln (2a)时,f′(x)<0,当x>ln (2a)时,f′(x)>0,
∴当x=ln (2a)时,f(x)取得极小值f(ln (2a))=-aln 2(2a)=0,解得a=.
综上,a=.
(2)f(2x)-2f(x)=2x(e2x-2a)-4ax2-2x(ex-2a)+2ax2=2x(e2x-ex)-2ax2≥0,
显然当x=0时,上式恒成立,当x≠0时,a≤.
令g(x)=(x≠0),则当x<0时,ex-1<0,当x>0时,ex-1>0,=
∴g(x)>0,且当x→-∞时,g(x)→0,
∴a≤0,即a的取值范围是(-∞,0].[来源:学&科&网Z&X&X&K]
已知不等式f(x,λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立,求参数λ的取值范围.利用导数解决此类问题可以运用分离参数法,其一般步骤如下:
第一步,将原不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ为实参数)分离,使不等式的一边是参数,另一边不含参数,即化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式;
第二步,利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的最大(小)值;
第三步,解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min从而求出参数λ的取值范围。
[跟踪训练1]
(2019·南昌市一模)已知函数f(x)=ln (ax)+bx在点(1,f(1))处的切线是y=0.
(1)求函数f(x)的极值;
(2)当x(m<0)恒成立时,求实数m的取值范围(e为自然对数的底数).
≥f(x)+
解:(1)因为f(x)=ln (ax)+bx,所以f′(x)=+b,+b=
因为点(1,f(1))处的切线是y=0,所以f′(1)=1+b=0,且f(1)=ln a+b=0
所以a=e,b=-1,即f(x)=ln x-x+1,x∈(0,+∞),
所以f′(x)=,即f(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,-1=
所以f(x)的极大值为f(1)=ln e-1=0,无极小值.
(2)当x(m<0)在x∈(0,+∞)恒成立时,≥f(x)+
由(1)f(x)=ln x-x+1,即(m<0)在x∈(0,+∞)恒成立,-2+≥
解法一:设g(x)=,,h′(x)=--2,则g′(x)=+,h(x)=
又因为m<0,所以当0<x<1时,g′(x)<0,h′(x)>0;
当x>1时,g′(x)>0,h′(x)<0.
所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
g(x)min=g(1)=-1.;h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,h(x)max=h(1)=
所以g(x),h(x)均在x=1处取得最值,所以要使g(x)≥h(x)恒成立,
只需g(x)min≥h(x)max,即-1,解得m≥1-e,又m<0,≥
所以实数m的取值范围是[1-e,0).
解法二:设g(x)=+(x∈(0,+∞)),则g′(x)=-2+-
当0<x<1时,-ln x>0,x-1<0,则>0,即g′(x)>0>0,
当x>1时,-ln x<0,x-1>0,则<0,即g′(x)<0<0,
所以g(x)在x∈(0,1)上单调递增,在x∈(1,+∞)上单调递减.
所以g(x)max=g(1)=1-2+-1,又m<0≥≤0,即-
所以实数m的取值范围是[1-e,0).
考点二 分类讨论法求参数范围
[典例2] (2019·莆田