2019版高考数学（理）一轮精选教师用书人教通用：第3章5第5讲　利用导数研究含参数不等式

第5讲　利用导数研究含参数不等式


　　　　　　分离参数求参数范围
[典例引领]
(2018·安徽省两校阶段性测试)已知函数f(x)＝ln x.
(1)求函数g(x)＝f(x＋1)－x的最大值；
(2)若对任意x＞0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围．
【解】　(1)因为f(x)＝ln x.
所以g(x)＝f(x＋1)－x＝ln(x＋1)－x，x＞－1.
所以g′(x)＝－1＝.
当x∈(－1，0)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(－1，0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以g(x)在x＝0处取得最大值g(0)＝0.
(2)因为对任意x＞0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立．
所以在x＞0上恒成立，进一步转化为≤a≤.
设h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(1，e)时，h′(x)＞0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)＜0，所以h(x)≤.要使f(x)≤ax恒成立，必须a≥.另一方面，当x＞0时，x＋≥2，要使ax≤x2＋1恒成立，必须a≤2，所以满足条件的a的取值范围是.

利用分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：
(1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式；
(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值；
(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．　

　　　　　　等价转化法求参数范围
[典例引领]
函数f(x)＝x2－2ax＋ln x(a∈R)．
(1)若函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＋1＝0垂直，求a的值；
(2)若不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立，求实数a的取值范围．
【解】　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2a＋，f′(1)＝3－2a，
由题意f′(1)·＝(3－2a)·＝－1，
解得a＝.
(2)不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x≥－x＋a－.
令g(x)＝2ln x＋x－a＋，
则g′(x)＝＋1－＝＝，
则在区间(0，1)上，g′(x)<0，函数g(x)为减函数；
在区间(1，e]上，g′(x)>0，函数g(x)为增函数．
由题意知g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，
得a≤4，
所以实数a的取值范围是(－∞，4]．

根据不等式恒成立求参数范围的关键是把不等式转化为函数，利用函数值与最值之间的数量关系确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围．　

　　　　　　含全称与存在量词的不等式问题
[典例引领]
设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
【解】　(1)存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.
令g′(x)＞0得x＜0，或x＞，
令g′(x)＜0得0＜x＜，
又x∈[0，2]，
所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以g(x)min＝g＝－，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
所以g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max，
由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在区间上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，
h′(x)＝1－2xln x－x，
令m(x)＝xln x，由m′(x)＝ln x＋1＞0得x＞.
即m(x)＝xln x在上是增函数，
可知h′(x)在区间上是减函数，
又h′(1)＝0，
所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；
当＜x＜1时，h′(x)＞0.
即函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间(1，2)上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1，
所以a≥1，
即实数a的取值范围是[1，＋∞)．

(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化．
(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题．　

不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径
(1)f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a；
存在x使f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.
(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b，
存在x使f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b.
(3)f(x)＞g(x)恒成立F(x)min＞0.
(4)①任意x1∈M，任意x2∈N，f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)min＞g(x2)max；　
②任意x1∈M，存在x2∈N，f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)min＞g(x2)min；　
③存在x1∈M，存在x2∈N，f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)max＞g(x2)min；　
④存在x1∈M，任意x2∈N，f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)max＞g(x2)max.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0，1)　　　 B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)
解析：选A.设y＝g(x)＝(x≠0)，则g′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所以 g′(x)<0，所以 g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.
因为 f(x)为奇函数，所以 g(x)为偶函数，
所以 g(x)的图象的示意图如图所示．
当x＞0，g(x)＞0时，f(x)＞0，0＜x＜1，
当x＜0，g(x)＜0时，f(x)>0，x＜－1，
所以 使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A.
2．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≤1 B．a≥1
C．a≤2 D．a≥2
解析：选A.由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A.
3．(2018·贵州适应性考试)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.
当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减；
当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝ln a.
由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)＜0得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．
(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，
则ax≤，即a≤.
设h(x)＝，则问题转化为a≤()max，
由h′(x)＝，
令h′(x)＝0，则x＝.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：

x
(0，)

(，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
单调递增
极大值
单调递减
由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为.所以a≤.
4．(2017·高考全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.
令f′(x)＝0得x＝－1－，x＝－1＋.
当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)<0；当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)>0；当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)<0.
所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，
故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
当00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.
当0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，则x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.
当a≤0时，取x0＝，则x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．

1．已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1) 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝.
①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，
f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②当1 x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数；
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，
f(x)在[1，e]上为减函数．
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1 当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.
(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．
由(1)知当a<1时f(x)在[e，e2]上单调递增，
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，
g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－<1，
即a>，
所以a的取值范围为.
2．(2018·兰州模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋xln x的图象在(1，f(1))处的切线方程为3x－y－2＝0.
(1)求实数a，b的值；
(2)设g(x)＝x2－x，若k∈Z，且k(x－2)＜f(x)－g(x)对任意的x＞2恒成立，求k的最大值．
解：(1)f′(x)＝2ax＋b＋1＋ln x，
所以2a＋b＋1＝3且a＋b＝1，解得a＝1，b＝0.
(2)由(1)与题意知k＜＝对任意的x＞2恒成立，
设h(x)＝(x＞2)，则h′(x)＝，
令m(x)＝x－4－2ln x(x＞2)，则m′(x)＝1－＝＞0，所以函数m(x)为(2，＋∞)上的增函数．
因为m(8)＝4－2ln 8＜4－2ln e2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln 10＞6－2ln e3＝6－6＝0，
所以函数m(x)在(8，10)上有唯一零点x0，即有x0－4－2ln x0＝0成立，
故当2＜x＜x0时，m(x)＜0，即h′(x)＜0；当x0＜x时，m(x)＞0，即h′(x)＞0，所以函数h(x)在(2，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝＝＝，
所以k＜，因为x0∈(8，10)，
所以∈(4，5)，又k∈Z，
所以k的最大值为4.