第05讲 人教A版高二数学选修第二册 利用导数研究不等式恒成立问题(讲义) （原卷版+解析版）

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模块二 基础知识梳理
1 恒成立问题
(1)∀x∈D,fx≥0恒成立⟺在D上的fxmin≥0；
(2)∀x∈D,fx≤0恒成立⟺在D上的fxmax≤0；
2常见处理方法
方法1 直接构造函数法：求fx≥g(x)恒成立⇔ℎx=fx−gx≥0恒成立.
方法2 分离参数法：求fx≥a∙g(x) (其中gx>0)恒成立⇔a≤fxgx恒成立.
方法3 变更主元：题型特征(已知谁的范围把谁作为主元)；
方法4 数形结合法：求fx−gx≥0恒成立⇔证明y=f(x)在y=g(x)的上方；
方法5 同构法：对不等式进行变形，使得不等式左右两边式子的结构一致，再通过构造的函数单调性进行求解；
方法6 放缩法：利用常见的不等式或切线放缩或三角函数有界性等手段对所求不等式逐步放缩达到证明所求不等式恒成立的目的；
学习各种方法时，要注意理解它们各自之间的优劣性，有了比较才能快速判断某种题境中采取哪种方法较简洁，建议学习时一题多解，多发散思考.
模块三 核心考点梳理
【题型1】 分类讨论法
【典题1】 (多选)(2024·河南信阳·一模)若关于x的不等式ex−2+x≥2ax2−xlnx在0，+∞上恒成立，则实数a的值可以是( )
A．1eB．12C．e3D．2
【答案】AB
【分析】根据题意分a≤12和a>12两种情况讨论， 当a≤12时，有ex−2x+1−2ax+lnx≥ex−2x+1−x+lnx=ex−2−lnx+1−x+lnx，通过求导，判断函数的单调性，确定函数的最值得出ex−2−lnx+1−x+lnx≥0结论验证；当a>12时，令u(x)=x−2−lnx，求导判断出函数存在零点设为x0，即可判断ex0−2x0+1−2ax0+lnx0=(1−2a)x01时，ℎ'x>0，g'x单调递增，且g'0=1−a0，gx单调递增，
所以gx0，gx单调递增，
当x∈−∞,0时，g'xg0=0，符合题意；
当00，
所以ℎ'x>ℎ'−1>0，g'x在−1,0上单调递增，
又g'0=1−a>0，g'−1=−2a+1e−sin10，gx单调递增，gx0，g(t)单调递增；当t∈(e2,+∞)时，g'(t)1,m(1+lnx−x)≥3ex−ex，则m的最大值为 ．
【答案】3e
【分析】构造函数ℎx=m1+lnx−x−3ex−ex,x>1，对参数m的取值进行分类讨论，在不同情况下，研究函数的单调性，结合题意，即可求得参数的最大值.
【详解】令ℎx=m1+lnx−x−3ex−ex,x>1，ℎ1=0，
由题可知，ℎx≥0恒成立；
ℎ'(x) =mx+3ex−m−3e，ℎ'(1) =0；令mx= ℎ'(x)，
m'(x) =−mx2+3ex，m'(1) =3e−m；
当m≤0，m'(x) >0，故y= ℎ'(x)单调递增，则ℎ'(x) > ℎ'(1) =0，
故y=ℎ(x)单调递增，ℎx>ℎ1=0，满足题意；
当m>0，y= m'(x)显然单调递增；
若m'(1) 3e时，当x趋近于正无穷时，m'(x)趋近于正无穷；
故存在x0>1，当x∈(1,x0)，m'(x) 0，y= ℎ'(x)单调递增；
又ℎ'(1) =0，当x趋近于正无穷时，ℎ'(x)趋近于正无穷；
故存在x1>x0，当x∈(1,x1)，ℎ'(x) 0，
则y= ℎ'(x)单调递增，又ℎ'(1) =0，故ℎ'(x) >0，
则y=ℎ(x)单调递增，ℎx>ℎ1=0，满足题意；
综上所述，当m≤3e时，满足题意，故m的最大值为3e.
故答案为：3e.
4.(2024·全国·模拟预测)已知函数fx=xex−1，gx=x−1ex+1,x∈R．
(1)求函数gx的图像在点M1,g1处的切线方程；
(2)若不等式afx≥gx对∀x∈−∞,0恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)ex−y−e+1=0，(2)12,+∞
【分析】(1)求导，求出g'1=e，利用导函数的几何意义得到切线方程；
(2)令φx=axex−1+1−xex−1,x∈−∞,0，二次求导，分a=1，a>1，12≤a0，ℎx=φ'x单调递增．
在区间x0,0上，φ'x0φx≥φ0=0；
在区间−∞,x0上，当x趋向−∞时，φ'x趋向−a，且φ'xφx0>0．所以在区间−∞,0上，有φx≥0，满足题意．
当12≤a0，
从而函数fx在−∞,+∞上单调递增．
(2)因为fx=ex−ax2+2，所以f'x=ex−2ax，
又gx=x2+csx，
∀x∈0,+∞,f'x≥gx恒成立等价于∀x∈0,+∞,ex−x2−2ax−csx≥0恒成立．
记Fx=ex−x2−2ax−csx,x∈0,+∞，所以F'x=ex−2x−2a+sinx．
令ℎx=ex−2x−2a+sinx,x∈0,+∞，所以ℎ'x=ex+csx−2．
设rx=ex+csx−2,x∈0,+∞，从而r'x=ex−sinx>0，
则rx在0,+∞上单调递增，
故有rx≥r0=0，则ℎx在0,+∞上单调递增，
即F'x在0,+∞上单调递增，故有F'x≥F'0=1−2a．
当a≤12时，F'x≥F'0=1−2a≥0，此时Fx单调递增，
从而Fx≥F0=0，满足题意．
当a>12时，F'0=1−2a0，
所以mx在4,5上单调递增，又m4=94，m5=165，
所以gxmin=x0+1x0−2∈94,165，
当k=3,x=e2时，k−lnxx=e20恒成立，令gx=exx+a，则gx在1,+∞上有变号零点；
因为g'x=x−1exx2>0，所以gx在1,+∞单调递增，
因为g1=e+a，当x的值趋近正无限大时，exx趋近于正无限大，a为待定的参数，
故gx趋近于正无限大，故只需e+a0，所以mx在1,x0单调递增；
当x∈x0,+∞时，ℎx0，则φ(x)在x∈1,2上单调递增，故φ(x)≤φ(2)=3ln22≤a−1，
所以a≥3ln2+22，由ln2≈0.69知3>2+3ln22>2>3−ln22.
故选：BD
2. (2024·陕西西安·一模)若不等式xex−x+a≥lnx−2恒成立，则实数a的取值范围为 .
【答案】−3,+∞
【分析】
函数不等式恒成立问题与隐零点问题.构造函数fx=lnx−2−xex+x，求导后再次构造函数gx=1−xex，求导分析gx的单调性，找到隐零点x0，并得到ex0=1x0，然后再分析fx的单调性，找到最大值fx0，最后再结合对数的运算求出函数fx的最大值即可.
【详解】不等式移项可得a≥lnx−2−xex+x，
设fx=lnx−2−xex+x,x>0，
则f'x=−ex+xex+1+1x=x+11−xexx,x>0，
设gx=1−xex,x>0，则g'x=−ex+xex2x2恒成立，求m的取值范围.
【答案】(1)答案见解析，(2)3,+∞
【分析】(1)求出导函数f'x，按照m的正负分类讨论，由f'x的正负可得单调性；
(2)将不等式变形为m>2+1x+lnxx2，令gx=2+1x+lnxx2，对gx求导，再令ℎx=−x+1−2lnx，由ℎx的单调性判断g'x的符号，进而确定gx的单调性，求出gx的最大值即可求出m的取值范围.
【详解】(1)由题意知fx的定义域为(0,+∞)，
f'x=2mx−1−1x=2mx2−x−1x，
当m≤0时，f'x0时，令2mx2−x−1=0，
∵ Δ=1+8m>0，
故方程2mx2−x−1=0有两个不同的实数根，
分别为x1=1−1+8m4m，x2=1+1+8m4m，且x10，
当00，fx单调递增.
综上可知，当m≤0时，fx在(0,+∞)上单调递减；
当m>0时，fx在(0,1+1+8m4m)上单调递减，在(1+1+8m4m,+∞)上单调递增；
(2)由fx>2x2可得mx2−x−lnx>2x2，即m>2+1x+lnxx2，
设gx=2+1x+lnxx2，x∈0,+∞，
则g'x=−1x2+1−2lnxx3=−x+1−2lnxx3，
设ℎx=−x+1−2lnx，x∈0,+∞，
因为ℎ'x=−1−2x0，即g'x>0，所以gx在0,1上单调递增，
当x∈(1,+∞)时，ℎx0，所以fx在0,+∞上单调递增．
②当a0，记ℎx=0的两根为x1,x2，
则x1=−1−1−4a2a,x2=−1+1−4a2a，且x1>0>x2．
当00,ℎ13=13e+ln13=13lnee−ln33kx−1，可化为k0,gx单调递增，
故gxmin=g12=2e，则a≤2e，则实数a的取值范围为a∈0,2e.
故选：D．
2. (2023·吉林长春·一模)不等式xex+alnxxa≥0(a0，即gx在1,+∞上单调递增，
所以gx≥g1=2，即f'x≥2，所以函数fx在0,+∞上单调递增，
利用单调性并根据ex+1lnex≥ax2+1lnax2可得ex≥ax2，
即可得ex2≥ax，即a≤ex2x对∀x∈(0,+∞)恒成立，因此a≤ex2xmin即可；
令ℎx=ex2x,x∈(0,+∞)，则ℎ'x=12xex2−ex2x2=ex212x−1x2，
显然当x∈0,2时，ℎ'x0，ℎ(x)在(2,+∞)单调递增；所以ℎ(x)≥ℎ(2)=2+ln2>0，
所以g'(x)>0在0,+∞恒成立，故g(x)在0,+∞单调递增，
所以etx>x恒成立，即tx>lnx，所以t>lnxx恒成立，
令m(x)=lnxx，则t>m(x)max，m'(x)=1−lnxx2，
所以当x∈(0,e)时，m'(x)>0，m(x)在(0,e)单调递增；当x∈(e,+∞)时，m'(x)1e.
故答案为：t>1e.
【题型4】 放缩法
【典题1】 (2024·陕西西安·一模)若关于x的不等式ex−2+x≥2ax2−x⋅lnx在(0,+∞)上恒成立，则实数a的取值范围为( )
A．−∞,1eB．−∞,12C．−∞,e3D．(−∞,1]
【答案】B
【分析】变形得到ex−2x+1−2ax+lnx≥0，当a≤12时，利用放缩得到证明，当a>12时，利用隐零点可证明出不合要求，得到答案.
【详解】ex−2+x≥2ax2−x⋅lnx⇒ex−2x+1−2ax+lnx≥0，
当a≤12时，ex−2x+1−2ax+lnx≥ex−2x+1−x+lnx=ex−lnx−2−x−lnx−2−1，
令ℎt=et−t−1，则ℎ't=et−1，
当t>0时，ℎ't>0，当t1时，u'x>0，当00)，则ℎ't=1t−1=1−tt，
所以当00，
令f'x=lnx−1x2=0得x=e，
当00，fx单调递增；
所以fxmin=fe=1−1e，所以k0，通过导数将原问题转换为对任意x>0，k1和a≤1两种情况，讨论不等式恒成立的问题.
【详解】(1)∵f'x=ex−1+2(x+1)2.
当x∈−∞,−1∪−1,+∞时，f'x>0.
∴函数fx在−∞,−1,−1,+∞上单调递增；
∵当x∈−∞,−1时，fx>0；
当x∈−1,+∞时，f1=0.
∴fx在−∞,−1∪−1,+∞上有且仅有一个零点；
(2)∵afx≤exe+lnx−1，
∴aexe−2x+1−exe−lnx+1≤0.
设gx=aexe−2x+1−exe−lnx+1=a−1ex−1−lnx−2ax+1+1.
①当a>1时，由x→+∞,fx→+∞，
∴当a>1时，不合题意.
②当a≤1时，由①fx在1,+∞上单调递增.
又f1=0,∴fx≥0在x∈1,+∞上恒成立.
∴gx=aexe−2x+1−exe−lnx+1≤exe−2x+1−exe−lnx+1=−2x+1−lnx+1.
设nx=−2x+1−lnx+1.
∴n'x=2(x+1)2−1x=2x−(x+1)2x(x+1)2=−x2+1x(x+1)2.
∵n'x0)恒成立，则ba的最小值为 ．
【答案】−1
【分析】由xeax+bx−lnx≥1(a>0)，得eax+lnx≥−bx+lnx+1(a>0)，利用导数证明ex≥x+1，则问题转化为ax+lnx+1≥−bx+lnx+1(a>0)恒成立，即可得解.
【详解】令fx=ex−x−1，则f'x=ex−1，
当x0，
所以函数fx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
所以fx≥f0=0，所以ex≥x+1，
由xeax+bx−lnx≥1(a>0)，得eax+lnx≥−bx+lnx+1(a>0)，
而ax+lnx∈R，
令ax+lnx+1≥−bx+lnx+1(a>0)，
则a+b≥0，所以ba≥−1，
若a+b0,y=lnx的图象，

由函数图象可知，方程ax+lnx=0有唯一实数根x0∈0,1，
即ax0+lnx0=0，
由xeax+bx−lnx≥1(a>0)，得eax+lnx≥−bx+lnx+1，
即eax+lnx−ax+lnx≥1−a+bx，
当x=x0时，e0−0≥1−a+bx0，即a+bx0≥0，
又a+b0时，不等式fx−cslnfx≥alnx2−4x恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为：(0,1)，单调递减区间为：(−∞,0)和(1,+∞)；极大值f(1)=1e2，极小值f(0)=0；(2)0,2e
【分析】(1)将a=2代入，求出f'x，即可求出答案；
(2)原不等式等价于ealnx−2x−2(alnx−2x)−cs(alnx−2x)≥0，记F(x)=alnx−2x，a>0，求出F'(x)，则可得出函数F(x)的单调性，即可得F(x)的值域−∞,alna2−a，记g(t)=et−2t−cst，t∈−∞,alna2−a，利用隐零点说明函数g(t)的单调性，结合g(t)≥0恒成立，即可求出参数a的取值范围.
【详解】(1)当a=2时，fx=x2e2x
f'x=2x⋅e2x−x2⋅e2x⋅2e2x2=−2x(x−1)e2x
令f'x=0，解得x=0或x=1，
所以x、f'(x)、f(x)的关系如下表：
所以函数fx的单调递增区间为：(0,1)，单调递减区间为：(−∞,0)和(1,+∞)；
极大值f(1)=1e2，极小值f(0)=0；
(2)f(x)−cslnf(x)≥alnx2−4x⇔xae2x−cslnxae2x≥2alnx−4x
⇔ealnx−2x−2(alnx−2x)−cs(alnx−2x)≥0
令g(t)=et−2t−cst，其中t=alnx−2x，
设F(x)=alnx−2x，a>0
F'(x)=ax−2=a−2xx
令F'(x)>0，解得：00恒成立，
所以ℎ(t)在(0,+∞)上单调递增，又g'(0)=−1，g'(1)=e−2+sin1>0，
所以存在t0∈(0,1)，使得g'(t0)=0，
当00，
所以函数g(t)在(−∞,t0)上单调递减，在(t0,+∞)上单调递增，且g(0)=0
当alna2−a≤0即00即a>2e时，取t1=minalna2−a,t0，必有g(t1)