新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第4讲利用导数研究不等式核心考点2不等式恒成立能成立存在性问题教师用书

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(1)当x≥0时，若f(x)>4x＋4，求实数m的取值范围；
(2)若存在x∈[－1,4]，使得f(x)<0，求实数m的取值范围．
【解析】 (1)由f(x)>4x＋4可得mex－x2>4x＋4，即m>eq \f(x2＋4x＋4,ex)，
设g(x)＝eq \f(x2＋4x＋4,ex)，则g′(x)＝－eq \f(x2＋2x,ex)，
当x≥0时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，则g(x)max＝g(0)＝4.
所以实数m的取值范围为(4，＋∞)．
(2)由f(x)<0可得mex－x2<0，即m设h(x)＝eq \f(x2,ex)，则h′(x)＝eq \f(－xx－2,ex)，
令h′(x)＝0可得x＝0或2.
当x∈[－1,0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(0,2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(2,4]时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)的极大值为h(2)＝eq \f(4,e2).
又h(－1)＝e>h(2)，则h(x)在[－1,4]内的最大值为h(－1)＝e，
故m方法技巧·精提炼
利用导数解决不等式恒成立问题、存在性问题的策略
(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可．
(2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解．
(3)解决存在性问题的一般思路：根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题，然后利用导数求函数在该区间上的最值，最后构建不等式求解．
加固训练·促提高
(2023·泸县校级模拟)已知函数f(x)＝ln x－2x.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若g(x)＝eq \f(1,2)mx2＋(m－3)x－1(m∈R)，是否存在整数m使f(x)≤g(x)对任意x∈(0，＋∞)成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)已知f(x)＝ln x－2x，函数定义域为(0，＋∞)，
可得f′(x)＝eq \f(1,x)－2＝eq \f(1－2x,x)，
令f′(x)＝0，
解得x＝eq \f(1,2)，
当00，f(x)单调递增；
当x>eq \f(1,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
函数f(x)在x＝eq \f(1,2)处取得极大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝ln eq \f(1,2)－1＝－ln 2－1，不存在极小值．
(2)若g(x)＝eq \f(1,2)mx2＋(m－3)x－1(m∈R)，
假设存在整数m使f(x)≤g(x)对任意x∈(0，＋∞)成立，
即ln x－2x≤eq \f(1,2)mx2＋(m－3)x－1对任意x∈(0，＋∞)成立，
所以ln x－eq \f(1,2)mx2＋(1－m)x＋1≤0对任意x∈(0，＋∞)成立，
不妨设h(x)＝ln x－eq \f(1,2)mx2＋(1－m)x＋1，
此时h(x)≤0对任意x∈(0，＋∞)成立，
所以h′(x)＝eq \f(1,x)－mx＋(1－m)＝－eq \f(x＋1mx－1,x)，
①当m≤0时，h′(x)>0对任意x∈(0，＋∞)成立，
所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝－eq \f(1,2)m＋(1－m)×1＋1＝－eq \f(3,2)m＋2>0，
所以m≤0不满足题设；
②当m>0时，h′(x)＝－eq \f(mx＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,m))),x)，
令h′(x)＝0，
解得x＝－1或x＝eq \f(1,m)，
因为x>0，
所以x＝－1不满足条件，
所以当00，h(x)单调递增；
当x>eq \f(1,m)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))＝－ln m＋eq \f(1,2m)，
不妨设k(m)＝－ln m＋eq \f(1,2m)，函数定义域为(0，＋∞)，
可得k′(m)＝－eq \f(1,m)－eq \f(2,4m2)<0，
所以函数k(m)在定义域上单调递减，
又k(1)＝eq \f(1,2)>0，k(2)＝lneq \r(4,\f(e,16))<0，
则所求整数m的最小值为2.