2024-2025学年高二数学人教A版选择性必修二第5章一元函数的导数及其应用-名师培优课02利用导数研究恒(能)成立问题

第2课时　利用导数研究恒(能)成立问题 课堂互动探究 题型一 分离参数法解决恒(能)成立问题 【典例1】　已知函数f(x)＝xlnx，若对于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围． 分参法求范围问题常用结论 (1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min. (2)a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 【对点训练】 1． 设f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.设g(x)＝f(x)－xlnx＋x，且g(x)在区间内存在单调递减区间，求实数a的取值范围． 题型二 分类讨论法解决恒(能)成立问题 【典例2】　已知函数f(x)＝lnx－x＋1.若存在非零实数a使得f(x)≥ax－ax2－对任意x∈[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围． 分类讨论法解决恒成立、能成立问题时需要确定分类标准，做到不重不漏．一般情况下，分类时常考虑以下情况： (1)最高次项系数的正负情况(注意0)． (2)导数的零点存在与否(二次的一般用Δ)． (3)极值点的大小关系(分三种情况，包括相等)． (4)极值点与定义域的关系. 【对点训练】 2．已知函数f(x)＝ex(x2＋2ax＋2a)(a∈R)，其中e是自然对数的底数． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若f(x)≤在区间[－2,0]上有解，求实数a的取值范围． 题型三 双变量恒(能)成立问题 【典例3】　设函数f(x)＝，g(x)＝，若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，则正数k的取值范围是________． 双变量的恒(能)成立问题 (1)∀x1∈D，∀x2∈E，f(x1)≥g(x2)恒成立⇔f(x)min≥g(x)max. (2)∀x1∈D，∃x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立⇔f(x)min≥g(x)min. (3)∃x1∈D，∀x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立⇔f(x)max≥g(x)max. (4)∃x1∈D，∃x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立⇔f(x)max≥g(x)min. (5)∀x1∈D，∃x2∈E，使f(x1)＝g(x2)⇔f(x)的值域是g(x)的值域的子集. 【对点训练】 3．已知f(x)＝xex－ex，g(x)＝mx－m(m>0)，若对任意的x1∈[－2,2]，总存在x2∈[－2,2]使得f(x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围． 随堂达标验收 1．若∃x>0，使得ax2≤lnx成立，则实数a的取值范围是(　　) A． B． C． D． 2．设k，b∈R，若关于x的不等式kx＋b≥lnx在(0，＋∞)上恒成立，则的最小值是(　　) A．－4 B．－1 C．－ D．－ 3．若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)且x1<x2，<2，则实数m的取值范围是(　　) A．(0,1) B． C． D． 4．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝x－lnx，若对任意的x1∈，存在x2∈，使得g(x1)≤f(x2)成立，则实数a的取值范围是________． 5．设函数f(x)＝lnx＋(m∈R)，若对任意的b>a>0，<1恒成立，求实数m的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第2课时　利用导数研究恒(能)成立问题 课堂互动探究 题型一 分离参数法解决恒(能)成立问题 【典例1】　已知函数f(x)＝xlnx，若对于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围． [解]　依题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤lnx＋在x∈[1，＋∞)恒成立，亦即a≤min，x∈[1，＋∞)． 设g(x)＝lnx＋(x≥1)， 则g′(x)＝－＝. 令g′(x)＝0，得x＝1. 当x≥1时，g′(x)≥0， 故g(x)在[1，＋∞)上单调递增． 所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1. 故a≤1，即a的取值范围是(－∞，1]． 分参法求范围问题常用结论 (1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min. (2)a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 【对点训练】 1．设f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.设g(x)＝f(x)－xlnx＋x，且g(x)在区间内存在单调递减区间，求实数a的取值范围． [解]　∵f′(x)＝x2－ax＋b， ∴f′(0)＝b＝0， 又f(0)＝c＝1，∴b＝0，c＝1， ∴f(x)＝x3－x2＋1， g(x)＝x3－x2－xlnx＋x＋1，≤x≤e， ∴g′(x)＝x2－ax－lnx， ∵g(x)在内存在单调递减区间， 即g′(x)＝x2－ax－lnx<0在内有解， ∴a>x－在内能成立， 令h(x)＝x－， 则h′(x)＝1－＝； 令m(x)＝x2－1＋lnx， 则m′(x)＝2x＋>0， ∴m(x)在上单调递增，又m(1)＝0， ∴当x∈时，m(x)<0，即h′(x)<0； 当x∈(1，e]时，m(x)>0，即h′(x)>0； ∴h(x)在上单调递减，在(1，e]上单调递增， ∴h(x)min＝h(1)＝1，∴a>1， 即实数a的取值范围为(1，＋∞). 题型二 分类讨论法解决恒(能)成立问题 【典例2】　已知函数f(x)＝lnx－x＋1.若存在非零实数a使得f(x)≥ax－ax2－对任意x∈[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围． [解]　令g(x)＝f(x)－＝lnx－x＋1－ax＋ax2＋，x≥1， 则g′(x)＝－1－a＋ax＝，x≥1，若a<0，则ax－1<0，易得函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，显然不满足题意； 若a>0，则当≤1，即a≥1时，函数g(x)在[1，＋∞)上单调递增，当x＝1时，g(x)取得最小值， 令g(1)＝－≥0，解得－1≤a≤1， 从而可得a＝1； 当>1，即0<a<1时，函数在上单调递减，在上单调递增， 当x＝时，g(x)取得极小值也是最小值，令g＝－lna≥0，解得0<a≤1，故0<a<1. 综上可得，a的取值范围是(0,1]． 分类讨论法解决恒成立、能成立问题时需要确定分类标准，做到不重不漏．一般情况下，分类时常考虑以下情况： (1)最高次项系数的正负情况(注意0)． (2)导数的零点存在与否(二次的一般用Δ)． (3)极值点的大小关系(分三种情况，包括相等)． (4)极值点与定义域的关系. 【对点训练】 2．已知函数f(x)＝ex(x2＋2ax＋2a)(a∈R)，其中e是自然对数的底数． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若f(x)≤在区间[－2,0]上有解，求实数a的取值范围． [解]　(1)f′(x)＝ex(x2＋2ax＋2a)＋ex(2x＋2a)＝ex[x2＋(2a＋2)x＋4a]＝ex(x＋2a)(x＋2)，令f′(x)＝0得x＝－2a或x＝－2， 当－2a＝－2，即a＝1时，在(－∞，＋∞)上f′(x)≥0，当且仅当x＝－2时，等号成立，故f(x)单调递增， 当－2a>－2，即a<1时，在(－∞，－2)上f′(x)>0，f(x)单调递增，在(－2，－2a)上f′(x)<0，f(x)单调递减，在(－2a，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增． 当－2a<－2，即a>1时，在(－∞，－2a)上f′(x)>0，f(x)单调递增，在(－2a，－2)上f′(x)<0，f(x)单调递减，在(－2，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增． 综上所述，当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增， 当a<1时，f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，－2a)上单调递减，在(－2a，＋∞)上单调递增， 当a>1时，f(x)在(－∞，－2a)上单调递增，在(－2a，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增． (2)若f(x)≤在区间[－2,0]上有解，则在[－2,0]上f(x)min≤. 由(1)知当a≥1时，f(x)在[－2,0]上单调递增，f(x)min＝f(－2)＝e－2(4－4a＋2a)＝e－2(4－2a)，所以e－2(4－2a)≤，所以a≥. 又a≥1，所以a≥. 当a<1时，f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，－2a)上单调递减，在(－2a，＋∞)上单调递增， 若0≤－2a，即a≤0时，f(x)在[－2,0]上单调递减，f(x)min＝f(0)＝2a≤，所以a≤0. 若0>－2a，即0<a<1时，f(x)在[－2，－2a)上单调递减，在(－2a,0]上单调递增， f(x)min＝f(－2a)＝e－2a(4a2－4a2＋2a)＝2ae－2a≤，即2e－2a≤，所以≤a. 又0<a<1， 所以这种情况不存在，所以a≤0或a≥. 综上所述，a的取值范围为(－∞，0]∪. 题型三 双变量恒(能)成立问题 【典例3】　设函数f(x)＝，g(x)＝，若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，则正数k的取值范围是________． [解析]　当x>0时，由基本不等式可得， f(x)＝＝≤＝. ∵g(x)＝，∴g′(x)＝. 当x≥1时，g′(x)≥0；当x<1时，g′(x)<0， ∴g(x)在(－∞，1)上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增， 从而可得当x＝1时，函数g(x)有最小值e. 当x1>0，x2>0时，≤恒成立，且k>0，则只要max≤min即可，即≤，解得k≥1. [答案]　[1，＋∞) 双变量的恒(能)成立问题 (1)∀x1∈D，∀x2∈E，f(x1)≥g(x2)恒成立⇔f(x)min≥g(x)max. (2)∀x1∈D，∃x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立⇔f(x)min≥g(x)min. (3)∃x1∈D，∀x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立⇔f(x)max≥g(x)max. (4)∃x1∈D，∃x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立⇔f(x)max≥g(x)min. (5)∀x1∈D，∃x2∈E，使f(x1)＝g(x2)⇔f(x)的值域是g(x)的值域的子集. 【对点训练】 3．已知f(x)＝xex－ex，g(x)＝mx－m(m>0)，若对任意的x1∈[－2,2]，总存在x2∈[－2,2]使得f(x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围． [解]　∵f(x)＝xex－ex＝ex(x－1)， ∴f′(x)＝ex(x－1)＋ex＝xex， 由f′(x)>0，得x>0， 故f(x)在(0，＋∞)上是增函数， 由f′(x)<0，得x<0， 故f(x)在(－∞，0)上是减函数， ∴f(x)min＝f(0)＝－1， 又f(－2)＝－3e－2，f(2)＝e2， ∴f(x)在[－2,2]上的值域为[－1，e2]，又g(x)＝mx－m(m>0)在[－2,2]上是增函数， ∴g(x)在[－2,2]上的值域为[－3m，m]． 若对任意的x1∈[－2,2]，总存在x2∈[－2,2]，使得f(x1)＝g(x2)， 则[－1，e2]⊆[－3m，m]，∴－3m≤－1<e2≤m， 解得m≥e2，即实数m的取值范围是[e2，＋∞)． 随堂达标验收 1．若∃x>0，使得ax2≤lnx成立，则实数a的取值范围是(　　) A． B． C． D． [解析]　由题设知a≤能成立，令f(x)＝，x>0，则f′(x)＝＝，∴当x∈(0，)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．∴f(x)≤f()＝，故a≤. [答案]　C 2．设k，b∈R，若关于x的不等式kx＋b≥lnx在(0，＋∞)上恒成立，则的最小值是(　　) A．－4 B．－1 C．－ D．－ [解析]　kx＋b≥lnx在(0，＋∞)上恒成立，即lnx－kx≤b在(0，＋∞)上恒成立，令f(x)＝lnx－kx(x>0)，则f′(x)＝－k(x>0)．若k≤0，则f′(x)>0，可得f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，不等式lnx－kx≤b在(0，＋∞)上不恒成立，故k>0.由f′(x)＝－k，可得f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以当x＝时，f(x)取得最大值，f(x)max＝f＝ln－1＝－lnk－1，则－lnk－1≤b，则≥－－.令g(k)＝－－(k>0)，则g′(k)＝－＝，可得g(k)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当k＝1时，g(k)min＝g(1)＝－1，则的最小值是－1.故选B． [答案]　B 3．若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)且x1<x2，<2，则实数m的取值范围是(　　) A．(0,1) B． C． D． [解析]　对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1<x2，<2，易知m≥0，则x1lnx2－x2lnx1<2x2－2x1，所以x1(lnx2＋2)<x2(lnx1＋2)，即>.令f(x)＝，则f(x1)>f(x2)，所以函数f(x)在(m，＋∞)上单调递减．因为f′(x)＝－，由f′(x)<0，可得x>，所以函数f(x)的单调递减区间为，所以(m，＋∞)⊆，故m≥，即实数m的取值范围为.故选C． [答案]　C 4．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝x－lnx，若对任意的x1∈，存在x2∈，使得g(x1)≤f(x2)成立，则实数a的取值范围是________． [解析]　由题意得g′(x)＝1－＝≤0对任意x∈恒成立，所以函数g(x)在上单调递减，所以当x∈时，g(x)max＝g＝1＋，所以对任意的x1∈，存在x2∈，使得g(x1)≤f(x2)成立可转化为当x∈时，1＋≤f(x)有解，即x＋≥1＋在x∈上有解，即x2－x＋a2≥0在x∈上有解，令h(x)＝x2－x＋a2，x∈，则只需h(x)max≥0，因为函数h(x)图象的对称轴为直线x＝，而恰为区间的中点，所以h(x)max＝h(1)＝a2－，所以只需h(x)max＝a2－≥0，即a2≥，所以a≤－或a≥. [答案]　a≤－或a≥ 5．设函数f(x)＝lnx＋(m∈R)，若对任意的b>a>0，<1恒成立，求实数m的取值范围． [解]　对任意的b>a>0，<1恒成立，等价于f(b)－b<f(a)－a恒成立．设函数h(x)＝f(x)－x＝lnx＋－x，则h(b)<h(a)，所以h(x)在(0，＋∞)上是单调减函数，即h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－2＋(x>0)恒成立，得m≥.所以实数m的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $$