高考大题专题研究一 利用导数解决不等式恒(能)成立问题-【金版教程】2023高考理科数学一轮复习解决方案word（老教材，经典版）

专题研究(二)　利用导数解决不等式恒(能)成立问题 题型一　恒成立问题 例1　(2020·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a．若f(x)≥1，求a的取值范围． 解　解法一：∵f(x)＝aex－1－ln x＋ln a， ∴f′(x)＝aex－1－，且a>0. 设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝aex－1＋>0， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即f′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当a＝1时，f′(1)＝0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴f(x)min＝f(1)＝1，∴f(x)≥1成立； 当a>1时，<1，∴e<1， ∴f′f′(1)＝a(e－1)(a－1)<0， ∴存在唯一x0∈，使得f′(x0)＝aex0－1－＝0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0， ∴aex0－1＝，∴ln a＋x0－1＝－ln x0， 因此f(x)min＝f(x0)＝aex0－1－ln x0＋ln a＝＋ln a＋x0－1＋ln a>2ln a－1＋2＝2ln a＋1>1， ∴f(x)>1，∴f(x)≥1恒成立； 当0<a<1时，f(1)＝a＋ln a<a<1， ∴f(1)<1，f(x)≥1不恒成立． 综上所述，a的取值范围是[1，＋∞). 解法二：f(x)＝aex－1－ln x＋ln a＝eln a＋x－1－ln x＋ln a≥1等价于eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x， 令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(ln a＋x－1)≥g(ln x)，显然g(x)为增函数， ∴又等价于ln a＋x－1≥ln x，即ln a≥ln x－x＋1， 令h(x)＝ln x－x＋1，则h′(x)＝－1＝， 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， ∴h(x)max＝h(1)＝0，∴ln a≥0，即a≥1， ∴a的取值范围是[1，＋∞). [解题策略]　解不等式恒成立问题的方法 (1)构造函数分类讨论：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论． (2)分离参数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，则a≥v(x)max；若a≤v(x)在x∈D上恒成立，则a≤v(x)min. 变式训练1　(2021·吉林省长春外国语学校高三期末)设函数f(x)＝x2＋cos x，g(x)＝. (1)当x∈[0，π]时，判断f(x)的单调性； (2)若当x∈时，不等式f(x)－g(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围． 解　(1)f′(x)＝2x－sin x，令h(x)＝2x－sin x， 当x∈[0，π]时，h′(x)＝2－cosx＞0，所以当x∈[0，π]时，h(x)＝2x－sin x单调递增， 所以h(x)≥h(0)＝0，即f′(x)≥0，所以f(x)单调递增． (2)因为当x∈时，不等式f(x)－g(x)≤0恒成立， 所以当x∈时，不等式a≥sin x·f(x)恒成立， 令k(x)＝sin x·f(x)，所以k′(x)＝cos x·f(x)＋sin x·f′(x)， 因为当x∈时，cos x≥0，f(x)＞0，sin x＞0，f′(x)＞0， 所以k′(x)＞0，所以k(x)单调递增， 所以k(x)max＝k＝，所以a≥. 即实数a的取值范围是. 题型二　能成立问题 例2　(2022·河南郑州质检)已知函数f(x)＝ax－(2a＋1)ln x－，g(x)＝－2a ln x－，其中a∈R. (1)当a>0时，求f(x)的单调区间； (2)若存在x∈，使得不等式f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围． 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝a－＋＝ ＝. 当a>0时，令f′(x)＝0，可得x＝>0或x＝2. ①当＝2，即a＝时，对任意的x>0，f′(x)≥0， 此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间． ②当0<<2，即a>时， 令f′(x)>0，得0<x<或x>2； 令f′(x)<0，得<x<2. 此时，函数f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞)，单调递减区间为. ③当>2，即0<a<时， 令f′(x)>0，得0<x<2或x>； 令f′(x)<0，得2<x<