20 第三章 破疑难2　利用导数研究不等式的恒（能）成立问题（课件）-2023高考数学【金版新学案】大一轮复习讲义·高三总复习（人教版 安徽 云南）

第三章　一元函数的导数及其应用 破疑难2　利用导数研究不等式的恒 （能）成立问题 栏目导引 考点分类突破 栏目 考点分类突破 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 课时作业(二十) 返回 返回 考点一　分离参数求参数范围 讲练型 已知函数f(x)＝(x－1)ln x＋ax(a∈R)，若f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 解析：由(x－1)ln x＋ax>0， 得－ax<(x－1)ln x，而x>0， ∴－a< eq \f(（x－1）ln x,x) ＝ln x－ eq \f(ln x,x) ． 记h(x)＝ln x－ eq \f(ln x,x) ， 则h′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(\f(1,x)·x－ln x,x2) ＝ eq \f(ln x＋x－1,x2) ． 设m(x)＝ln x＋x－1(x>0)， 显然m(x)在(0，＋∞)上单调递增，而m(1)＝0， ∴x∈(0，1)时，m(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减； x∈(1，＋∞)时，m(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增． ∴h(x)min＝h(1)＝0． ∴－a<0，a>0，即实数a的取值范围是(0，＋∞)． eq \a\vs4\al() 1．分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路 用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题． 2．求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关” 转化关 通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min) 求最值关 求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题 即时练．(2021·东北五校联合模拟考试)已知函数f(x)＝aex－ex，其中e是自然对数的底数． 若对任意实数x都有f(x)≥0成立，求a的取值范围． 解析：若对任意实数x都有f(x)≥0成立，即aex－ex≥0，分离参数得a≥ eq \f(ex,ex) ． 记h(x)＝ eq \f(ex,ex) ，则h′(x)＝ eq \f(e（1－x）,ex) ，当x∈(－∞，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．所以h(x)max＝h(1)＝1，故a的取值范围是[1，＋∞)． 考点二　分类讨论法求参数范围 讲练型 已知函数f(x)＝ex－k sin x，其中k为常数． (1)当k＝1时，判断f(x)在区间(0，＋∞)内的单调性； (2)若对任意x∈(0，π)，都有f(x)>1，求k的取值范围． 解析：(1)当k＝1时，f(x)＝ex－sin x， ∴当x>0时，f′(x)＝ex－cos x>0， ∴f(x)在区间(0，＋∞)内单调递增； (2)当k≤1时，∵x∈(0，π)， ∴sin x>0，k sin x≤sin x， ∴f(x)＝ex－k sin x≥ex－sin x，由(1)知， ex－sin x>1，于是f(x)>1，满足题意； 当k>1时，易知f′(x)＝ex－k cos x在区间(0，π)内单调递增， 又f′(0)＝1－k<0，f′(π)＝eπ＋k>0， ∴∃唯一α∈(0，π)，使得f′(α)＝0， 且当x∈(0，α)时，f′(x)<0，即f(x)在(0，α)内单调递减， 于是f(α)<f(0)＝1与已知矛盾． 综上，k的取值范围为(－∞，1]． eq \a\vs4\al() 若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围，即研究a取什么范围能使f(x)≥0，如果参数a不易分离，通常对a分类讨论，找到使f(x)≥0的a的取值范围．　　 即时练．已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a．若f(x)≥1，求a的取值范围． 解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－ eq \f(1,x) ． 当0<a<1时，f(1)＝a＋ln a<1． 当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x，f′(x)＝ex－1－ eq \f(1,x) ． 当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1， 从而f(x)≥1．故a＝1符合要求． 当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a≥ex－1－ln x≥1． 综上，a的取值范围是[1，＋∞)． 考点三　最值定位