第三章 第4节 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立、能成立问题-【创新教程】2024高考数学总复习大一轮教师用书word（新教材，北师大版）

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． 　　 　分离参数法求参数范围 [典例]　 (2023·山东青岛期末)已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围． [解]　(1)∵函数f(x)＝xln x的定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝ln x＋1. 令f′(x)＜0，得ln x＋1＜0，解得0＜x＜， ∴f(x)的单调递减区间是. 令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞， ∴f(x)的单调递增区间是. 综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是. (2)∵g′(x)＝3x2＋2ax－1,2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，∴2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立． ∵x＞0，∴a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立． 设h(x)＝ln x－x－(x＞0)，则h′(x)＝－＋＝－. 令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍去)． 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． ∴当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值， 且h(x)max＝h(1)＝－2， ∴若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立， 则a≥h(x)max＝－2， 故实数a的取值范围是[－2，＋∞)． 　　 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． (2023·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≥f(x)＋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)． 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)＝－1＝，即f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(1)＝ln e－1＝0，无极小值． (2)由(1)知，f(x)＝ln x－x＋1，当≥f(x)＋x(m＜0)在x∈(0，＋∞)恒成立时，即≥－2＋(m＜0)在x∈(0，＋∞)上恒成立， 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)＝；h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝－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)． 法二：设g(x)＝－－2＋(x∈(0，＋∞))，则g′(x)＝＋， 当0＜x＜1时，－ln x＞0，x－1＜0，则>0，>0，即g′(x)＞0， 当x＞1时，－ln x＜0，x－1＞0，则<0，<0，即g′(x)＜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＋－≤0，即≥－1，又m＜0所以实数m的取值范围是[1－e,0)． 　　　 　分类讨论法求参数范围 [典例]　(2023·莆田市模拟)已知函数f(x)＝x(ex－2)－ax2＋1. (1)求f(x)图象在x＝0处的切线方程； (2)当x≥0时，f(x)≥1－x.求a的取值范围． [解]　(1)根据题意，由f(x)＝x(ex－2)－ax2＋1，得f′(x)＝(x＋1)ex－2ax－2， 即f(x)在x＝0处的切线的斜率k＝f′(0)＝－1， 又f(0)＝1，所以切点为(0,1)， 即切线方程为y－1＝－x. 所以f(x)图