第3章 第5课时 利用导数解决恒(能)成立问题(教参)-【名师导航】2024年高考数学一轮总复习(新教材新高考)人教版

第5课时　利用导数解决恒(能)成立问题 考点一　单变量不等式恒成立问题　 [典例1]　已知函数f(x)＝(a∈R)．若a≥0，不等式x2f(x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围. [四字解题] 读 想 算 思 x2f(x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围 恒成立问题的解法 函数最值法 求导研究有关函数的单调性，并求其最值 分类讨论 分离参数法 a≥max 转化化归 数形结合 把原题转化为g(x)＝xln x与h(x)＝a(x－1)＋(2－e)两图象间的关系，借助图象求解 借助图象分析 [解]　法一(函数最值法)： x2f(x)＋a≥2－e，即xln x－ax＋a＋e－2≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立． 令h(x)＝xln x－ax＋a＋e－2， 则h′(x)＝ln x＋1－a. 令h′(x)＝0，得x＝ea－1. 当x∈(0，ea－1)时，h′(x)<0； 当x∈(ea－1，＋∞)时，h′(x)>0. 所以h(x)的最小值是h(ea－1)＝a＋e－2－ea－1. 令t(a)＝a＋e－2－ea－1，则t′(a)＝1－ea－1. 令t′(a)＝0得a＝1. 当a∈[0,1)时，t′(a)>0，t(a)在[0,1)上单调递增； 当a∈(1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减． 所以当a∈[0,1)时，h(x)的最小值为t(a)≥t(0)＝e－2－>0； 当a∈(1，＋∞)时，h(x)的最小值为 t(a)≥t(2)＝0. 故a∈[0,2]． 法二(分离参数法)： 原式可变为xln x＋e－2≥a(x－1)(*)对任意x∈(0，＋∞)恒成立． 当x∈(0,1)时，分离变量可得a≥. 令g(x)＝xln x， 先求出函数g(x)＝xln x的最小值． 求得g′(x)＝ln x＋1. 当x∈(0，e－1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(e－1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 所以g(x)min＝g(e－1)＝－e－1. 因为此时(xln x)min＝－e－1， 所以xln x＋e－2≥－e－1＋e－2>0. 又因为x∈(0,1)，所以<0， 而a≥0，所以a≥显然成立． 当x＝1时，代入(*)式验证e－2≥0显然成立． 当x∈(1，＋∞)时，(*)式分离变量可变为a≤. 若令t(x)＝，此时只需当x∈(1，＋∞)时， a≤t(x)min. 求得t′(x)＝， 易得t′(e)＝0. 下证x＝e是t′(x)＝在x∈(1，＋∞)上的唯一零点． 令h(x)＝x－ln x－(e－1)，则h′(x)＝1－. 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0， 所以h(x)单调递增． 即x＝e是t′(x)＝的唯一零点． 当x∈(1，e)时，t′(x)<0，t(x)单调递减； 当x∈(e，＋∞)时，t′(x)>0，t(x)单调递增． 所以a≤t(x)min＝t(e)＝2，故a∈[0,2]． 法三(数形结合)： 通过变形原不等式等价于证明：xln x≥a(x－1)＋(2－e)，x∈(0，＋∞)． 若令g(x)＝xln x和h(x)＝a(x－1)＋(2－e)． 则只需证明函数g(x)的图象在直线h(x)的上方． 首先分析g(x)＝xln x的图象． 由法二可知：当x∈(0，e－1)时，g(x)单调递减； 当x∈(e－1，＋∞)时，g(x)单调递增， 且g(x)min＝g(e－1)＝－e－1. 其次分析h(x)＝a(x－1)＋(2－e)的图象． 因为a≥0，所以h(x)表示过定点(1,2－e)的非减函数， 且g(x)min＝－e－1>2－e. 两个函数的图象大致如图1所示： 　 图1　　　　　　　　图2 所以如果能说明当g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点，如图2，就能求出a的最大值． 设g(x)和h(x)相切于点P(x0，y0)，则可得 消去ln x0得2－e＝a－ea－1③. 易得a＝2为③式的解． 令t(a)＝a－ea－1＋e－2，t′(a)＝1－ea－1. 当t′(a)＝0时，a＝1. 当a∈[0,1)时，t′(a)＞0，t(a)单调递增； 当a∈(1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)单调递减． 因为t(0)＝－e－1＋e－2>0且t(1)＝e－2>0， 所以函数t(a)在区间[0,1]上无零点， 又t(2)＝0，所以函数t(a)在区间(1，＋∞)上有且仅有一个零点，a＝2. 综上所述，a∈[0,2]． 【教师备选题】 (2022·重庆三模)已知函数f＝acos x＋xsin x＋b在点处的切线方程为y＝＋1. (1)求函数f在上的单调区间； (2)当x∈时，是否存在实数m使得f≤m恒成立，若存在，求实数m