(新高考)高考數(shù)學一輪復習題型歸納學案專題06導數(shù)6.5《利用導數(shù)研究不等式恒成立》（解析版）

專題六《導數(shù)》學案6.5利用導數(shù)研究不等式恒成立知識梳理.利用導數(shù)研究不等式恒成立1.恒成立問題:一般地，若a>f(x)對x∈D恒成立，則只需a>f(x)max；若a<f(x)對x∈D恒成立，則只需a<f(x)min.2.存在性問題：若存在x0∈D，使a>f(x0)成立，則只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a<f(x0)成立，則只需a<f(x0)max.由此構造不等式，求解參數(shù)的取值范圍．題型一.參變分離1．已知函數(shù)f（x）＝ax﹣lnx，若f（x）＞1在區(qū)間（1，+∞）內恒成立，則實數(shù)a的范圍為a≥1．【解答】解：∵f（x）＝ax﹣lnx，∴f（x）＞1即ax﹣lnx＞1，得ax＞lnx+1∵x＞1，∴原不等式轉化為a＞設F（x）=lnx+1x，得F'（x∵當0＜x＜1時，F(xiàn)'（x）＞0；當x＞1時，F(xiàn)'（x）＜0∴F（x）在區(qū)間（0，1）上為增函數(shù)；在區(qū)間（1，+∞）上為減函數(shù)可得F（x）在（0，+∞）的極大值為F（1），也是函數(shù)在（0，+∞）的最大值∵a＞lnx+1x在區(qū)間（1，+∴a≥F（1），即a≥1，可得實數(shù)a的范圍為[1，+∞）故答案為：[1，+∞）2．已知函數(shù)f（x）=exx?mx（e為自然對數(shù)的底數(shù)），若f（x）＞0在（0，+A．（﹣∞，2） B．（﹣∞，e24） C．（﹣∞，e） D．（e2【解答】解：若f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，則m＜exx令h（x）=exxh′（x）=e令h′（x）＞0，解得：x＞2，令h′（x）＜0，解得：0＜x＜2，故h（x）在（0，2）遞減，在（2，+∞）遞增，故h（x）min＝h（2）=e故m＜e故選：B．題型二.轉化成兩個函數(shù)1．已知函數(shù)f(x)=x+sinx?2ln(x2+1?x)+1，若f（ax﹣ex+1）＞1在x∈（0，+A．（1，+∞） B．（﹣∞，1） C．（e，+∞） D．（1，e）【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)f(x)=x+sinx?2ln(x2+1?x)+1=x+sinx+2ln函數(shù)y＝x+sinx，其導數(shù)y′＝1+cosx≥0，在R上為增函數(shù)，函數(shù)y＝2ln（x2+1+x則函數(shù)f(x)=x+sinx?2ln(x2+1又由f（0）＝1，即f（ax﹣ex+1）＞f（0）在x∈（0，+∞）上有解，即存在x∈（0，+∞）使得，ax﹣ex+1＞0有解，進而可得存在x∈（0，+∞）使得，ax＞ex﹣1有解，在同一坐標系里畫出函數(shù)y1＝ax與函數(shù)y2＝ex﹣1的圖象；對于y2＝ex﹣1，其導數(shù)y2′＝ex，當x∈（0，+∞）時，曲線y2＝ex﹣1的切線的斜率k＝ex＞1；要滿足存在x∈（0，+∞）使得，ax＞ex﹣1有解，則直線y1＝ax的斜率a＞1；故實數(shù)a的取值范圍為（1，+∞）；故選：A．2．已知函數(shù)f（x）＝x+xlnx，若k∈Z，且k（x﹣1）＜f（x）對任意的x＞1恒成立，則k的最大值為（）A．2 B．3 C．4 D．5【解答】解：由k（x﹣1）＜f（x）對任意的x＞1恒成立，得：k＜xlnx+xx?1，（令h（x）=xlnx+xx?1，（x＞1），則h′（x）令g（x）＝x﹣lnx﹣2＝0，得：x﹣2＝lnx，畫出函數(shù)y＝x﹣2，y＝lnx的圖象，如圖示：又g（3）＝1﹣ln3＜0，g（4）＝2﹣ln4＝2（1﹣ln2）＞0，∴零點屬于（3，4）；∴g（x）存在唯一的零點設為x0，∴h（x）在（1，x0）遞減，在（x0，+∞）遞增，而3＜h（3）=3ln3+32＜4，e5＜35所以3＜ln44+45∴h（x0）＜4，k∈Z，∴k的最大值是3．（或x0滿足x0﹣lnx0﹣2＝0且x0∈（3，4），∴h（x）min＝h（x0）=x0(1+lnx∴k＜h（x）min＝h（x0），∴k的最大值是3）．故選：B．題型三.討論參數(shù)1．不等式ex≥kx對任意實數(shù)x恒成立，則實數(shù)k的最大值為（）A．1 B．e C．2 D．e【解答】解：不等式ex≥kx對任意實數(shù)x恒成立，即有ex﹣kx≥0恒成立，設f（x）＝ex﹣kx，即有f（x）的最小值大于等于0，則f′（x）＝ex﹣k，由k＞0，可得x＞lnk時，f（x）遞增；x＜lnk，f（x）遞減，則f（x）在x＝lnk處取得極小值，且為最小值，可得f（x）的最小值為k﹣klnk，由k﹣klnk≥0，解得0＜k≤e，則k的最大值為e，故選：D．2．（2014·遼寧）當x∈[﹣2，1]時，不等式ax3﹣x2+4x+3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．[﹣5，﹣3] B．[﹣6，?98] C．[﹣6，﹣2] D．[﹣4，【解答】解：當x＝0時，不等式ax3﹣x2+4x+3≥0對任意a∈R恒成立；當0＜x≤1時，ax3﹣x2+4x+3≥0可化為a≥1令f（x）=1x?4x2?3當0＜x≤1時，f′（x）＞0，f（x）在（0，1]上單調遞增，f（x）max＝f（1）＝﹣6，∴a≥﹣6；當﹣2≤x＜0時，ax3﹣x2+4x+3≥0可化為a≤1由（*）式可知，當﹣2≤x＜﹣1時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，當﹣1＜x＜0時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，f（x）min＝f（﹣1）＝﹣2，∴a≤﹣2；綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是﹣6≤a≤﹣2，即實數(shù)a的取值范圍是[﹣6，﹣2]．故選：C．3．設函數(shù)f（x）=ax+1ex（a（Ⅰ）當a＞0時，求函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間；（Ⅱ）當a≤2時，證明：對任意x∈[0，+∞），f（x）≤x+1恒成立．【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）=?ax+a?1∵a＞0，ex＞0，∴由f′（x）≥0可得x≤a?1∴a＞0時，f（x）在（﹣∞，a?1a（Ⅱ）（i）a≤0時，f（x）=ax+1由x≥0，得ax+1≤1，∵ex≥1，∴ax+1e而x+1≥1，∴f（x）≤x+1成立；（ii）0＜a≤2時，令h（x）=ax+1ex則f（x）≤x+1成立等價于h（x）≤0，h′（x）=?ax+a?1∵g（x）＝﹣ax+a﹣1是減函數(shù)且x≥0，∴g（x）max＝a﹣1≤1，∴h′（x）＜0，h（x）在[0，+∞）遞減，∴x≥0時，h（x）≤h（0）＝0，∴f（x）≤x+1恒成立，綜上，a≤2時，對任意x∈[0，+∞），f（x）≤x+1恒成立．題型四.隱零點、構造函數(shù)1．已知函數(shù)f（x）＝alnx﹣x+1（其中a∈R）．（1）討論函數(shù)f（x）的極值；（2）對任意x＞0，f（x）≤12（a2﹣1）成立，求實數(shù)【解答】解：（1）f（x）的定義域為（0，+∞）．又f′（x）=a①當a≤0時，在（0，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）為單調減函數(shù)，f（x）無極值；②當a＞0時，由f′（x）＝0，得x＝a，在（0，a）上，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，在（a，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，∴當x＝a時，f（x）有極大值為f（a）＝alna﹣a+1，無極小值．綜上，當a≤0時，f（x）無極值；當a＞0時，f（x）有極大值f（a）＝alna﹣a+1，無極小值；（2）由（1）知，①當a≤0，f（x）是減函數(shù)，又令b=ea2f（b）?1②當a＞0時，f（x）有極大值也是最大值，∴f（x）max＝f（a）＝alna﹣a+1，要使對任意x＞0，f（x）≤12（a2即alna﹣a+1≤12(令u（a）＝alna+32?a?∴u′（a）＝lna+1﹣1﹣a＝lna﹣a，令k（a）＝u′（a）＝lna﹣a，則k′（a）=1a?1=在（0，1）上，k′（a）＞0，k（a）＝u′（a）是增函數(shù)，在（1，+∞）上，k′（a）＜0，k（a）＝u′（a）是減函數(shù)，∴當a＝1時，k（a）＝u′（a）取絕對值也是最大值，∴u′（a）max＝u′（1）＝﹣1＜0．在（0，+∞）上，u′（a）＜0，u（a）是減函數(shù)，又u（1）＝0，要使u（a）≤0恒成立，則a≥1．∴實數(shù)a的取值范圍為[1，+∞）．2．設函數(shù)f（x）＝e2x+alnx．（1）討論f（x）的導函數(shù)f'（x）零點的個數(shù)；（2）證明：當a＜0時，f(x)≥aln(?【解答】解：（1）函數(shù)的定義域（0，+∞），f'(x)=2當a≥0，f′（x）＞0恒成立，沒有零點，當a＜0時，f'(x)=2e2x又因為x→0時，f′（x）→﹣∞，x→+∞時，f（x）→+∞，故f'（x）只有1個零點；（2）令m＝﹣a，則m＞0，f（x）＝e2x﹣mlnx，由（1）知，當a＜0時，f'（x）只有1個零點，設為x0，則2e∴2e2x故2x0=ln當0＜x＜x0，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，當x＞x0時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，故當x＝x0時，函數(shù)f（x）取得最小值f（x0）=e2x0?mlnx0=m2x0≥2m2x0?2mx0+mln2m=23．已知函數(shù)f（x）＝﹣alnx?e（Ⅰ）當a＜0時，討論函數(shù)f（x）的單調性；（Ⅱ）設g（x）＝f（x）+xf′（x），若關于x的不等式g（x）≤﹣ex+x22+(a?1)x在x【解答】解：（Ⅰ）由題意知，f′（x）=(ax?ex令F（x）＝（ax﹣ex）（x﹣1），當a＜0時，ax﹣ex＜0恒成立，∴當x＞1時，F(xiàn)（x）＜0；當0＜x＜1時，F(xiàn)（x）＞0，∴函數(shù)f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減．……（4分）（Ⅱ）∵g（x）＝f（x）+xf′（x），∴g（x）＝﹣alnx﹣ex+2ax﹣a，由題意知，存在x0∈[1，2]，使得g（x0）≤?ex0+x02即存在x0∈[1，2]，使得﹣alnx0+（a+1）x0?x02令h（x）＝﹣alnx+（a+1）x?x22?a∴h′（x）=?(x?a)(x?1)x，x①a≤1時，x∈[1，2]，則h′（x）≤0，∴函數(shù)h（x）在[1，2]上單調遞減，∴h（x）min＝h（2）＝﹣aln2+a≤0成立，解得a≤0，∴a≤0；②當1＜a＜2時，令h′（x）＞0，解得1＜x＜a；令h′（x）＜0，解得a＜x＜2，∴函數(shù)h（x）在[1，a]上單調遞增，在[a，2]上單調遞減，又h（1）=12，∴h（2）＝﹣aln2+a≤0，解得a≤0，∴③當a≥2時，x∈[1，2]，則h′（x）≥0，∴函數(shù)h（x）在[1，2]上單調遞增，∴h（x）min＝h（1）=1綜上所述，a的取值范圍為（﹣∞，0]．…………（12分）題型五.雙變量問題1．已知函數(shù)f（x）＝x2+2alnx+3，若?x1，x2∈[4，+∞）（x1≠x2），?a∈[2，3]，f(x2)?f(x1A．[﹣2，+∞） B．[?52，+∞) C．(?【解答】解：設x1＞x2，由f(x2)?f(x1)x1?x2＜2m，得f（x1記g（x）＝f（x）+2mx，則g（x）在[0，+∞）上單調遞增，故g'（x）≥0在[4，+∞）上恒成立，即2x+2ax+2m≥0在[4，+∞）上恒成立，整理得?m≤x+∵a∈[2，3]，∴函數(shù)y=x+ax在[4，+∞）上單調遞增，故有∵?a∈[2，3]，∴?m≤(4+a4故選：D．2．已知函數(shù)f（x）=12lnx﹣mx（m∈R），g（x）＝x?a（1）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；（2）若m=12e2，對?x1，x2∈[2，2e2]都有g（x1）≥f（x【解答】解：（1）f（x）=12lnx﹣mx，x＞0，∴f′（x）=當m≤0時f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）單調遞增，當m＞0時，由f′（x）＝0得x=1由f'(x)＞0x＞0，得0＜x＜12m，由f'(x)＜0x＞0綜上所述：當m≤0時，f（x）單調遞增區(qū)間為（0，+∞），當m＞0時，f（x）單調遞增區(qū)間為（0，12m），單調遞減區(qū)間為（12m，+（2）若m=12e2，f（x）=12lnx?12e2x，?x1，x2∈[2，2e2]都有g（x等價于對?x∈[2，2e2]都有[g（x）]min≥[f（x）]max，由（1）知在[2，2e2]上f（x）的最大值f（e2）=1g′（x）＝1+ax2＞0（a＞0），x∈函數(shù)g（x）在[2，2e2]上是增函數(shù)，[g（x）]min＝g（2）＝2?a由2?a2≥12，得a≤3，又因為a所以實數(shù)a的取值范圍為（0，3]．3．已知f（x）＝lnx?x4+34x，g（x）＝﹣x2﹣2ax+4，若對任意的x1∈（0，2]，存在x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2）成立，則a【解答】解：對任意的x1∈（0，2]，存在x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2）成立，∴f（x1）min≥g（x2）min，x1∈（0，2]，x2∈[1，2]，f（x）＝lnx?x4+3f′（x）=1x?14∴x＝1時，函數(shù)f（x）取得極小值即最小值，f（x）min＝f（1）=1g（x）＝﹣x2﹣2ax+4，x∈[1，2]，g（x）＝﹣（x+a）2+a2+4．對稱軸x＝﹣1，拋物線開口向下．①﹣a≤1，即a≥﹣1時，函數(shù)g（x）在x∈[1，2]上單調遞減，∴x＝2時，函數(shù)g（x）取得最小值，g（2）＝﹣4﹣4a+4＝﹣4a．∴12≥?4a，解得a≥?18＞?②﹣a≥2，即a≤﹣2時，函數(shù)g（x）在x∈[1，2]上單調遞減，∴x＝1時，函數(shù)g（x）取得最小值，g（1）＝﹣1﹣2a+4＝3﹣2a．∴12≥3﹣2a，解得a≥54．此時a的取值范圍是[③2＞﹣a＞1，即﹣2＜a＜﹣1時，函數(shù)g（x）在x∈[1，a]上單調遞增，在x∈[a，2]上單調遞減，又g（2）＝﹣4a．g（1）＝3﹣2a．∴g（x）min＝{g（1），g（2）}min．綜上可得：a的取值范圍是[54，+∞故答案為：[?1課后作業(yè).恒成立1．已知函數(shù)f（x）＝xlnx．若對所有x≥1都有f（x）≥ax﹣1，則實數(shù)a的取值范圍為（﹣∞，1]．【解答】解：∵f（x）＝xlnx，當x≥1時，f（x）≥ax﹣1恒成立?xlnx≥ax﹣1（x≥1）恒成立?a≤lnx+1x（x令f（x）＝lnx+1x，則a≤f（x）min（x∵f′（x）=1∴當x≥1時，f′（x）≥0，∴f（x）＝lnx+1x在[1，+∴f（x）min＝1，∴a≤1，即實數(shù)a的取值范圍為（﹣∞，1]．故答案為：（﹣∞，1]．2．已知函數(shù)f(x)=xlnax+aex，g（x）＝﹣x2+x，當x∈（0，+∞）時，f（x）≥gA．[1e2，+∞） B．[1e，+∞） C．[1，+∞） D．[e【解答】解：由函數(shù)f(x)=xlnax+aex，g（x）＝﹣所以不等式f（x）≥g（x）恒成立，等價于f（x）﹣g（x）＝xlnax+aex+x2﹣x因為x∈（0，+∞），所以lnax+aexx設函數(shù)h（x）＝lnax+aexx+x﹣則h（x）＝lna﹣lnx+aexx+x﹣1，計算h（1）＝lna+所以h′（x）=?1x+當x＞0，a＞0時，令h′（x）＝0，解得x＝1，所以x＞1時，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調遞增；當0＜x＜1時，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調遞減；所以h（x）≥h（1）＝ae+lna；設F（a）＝ae+lna，a∈（0，+∞），則F′（a）＝e+1所以F（a）在（0，+∞）上單調遞增，且F（1e）＝1﹣要使f（x）≥g（x）恒成立，需使F（a）≥0恒成立，即a≥1所以a的取值范圍是[1e，+∞故選：B．3．關于x的不等式x2﹣a（x﹣1）ex＜0恰有一個整數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是[?e2【解答】解：當a＞0時，x→+∞，[x2﹣a（x﹣1）ex]→﹣∞，則不等式x2﹣a（x﹣1）ex＜0有無窮多個整數(shù)解，不符合題意；當a＝0時，x2＜0無解，不符合題意；當a＜0時，設f（x）＝x2﹣a（x﹣1）ex，f（0）＝a＜0，則必有f（1）＝1≥0，f（﹣1）＝1+2ae﹣1≥0，解得a≥?e所以?e當?e2≤a＜0時，f'（x）＝2x﹣axex＝x（2﹣所以當x＜0時，f'（x）＜0，則f（x）單調遞減，當x＞0時，f'（x）＞0，則f（x）單調遞增，所以當x≤﹣1時，f（x）≥f（﹣1）≥0，當x≥1時，f（x）≥f（1）＞0，故當?e2≤a＜0時，f（x綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是[?e4．設實數(shù)m＞0，若對任意的正實數(shù)x，不等式emx≥lnxA．1e B．12e C．2e【解答】解：∵m＞0，emx∴memx≥lnx，即mxemx≥xlnx＝elnx?lnx，當0＜x＜1時，m＞0，恒成立，當x≥1時，構造函數(shù)g（x）＝xex，g'（x）＝ex+xex＝（x+1）ex＞0恒成立，∴當x≥1時，g（x）遞增，則不等式emx≥lnxm恒成立等價于g（mx）≥即mx≥lnx，恒成立，m≥(設G(x)=lnxx，∴∴G（x）在[1，e）上遞增，在[e，+∞）遞減，∴G（x）max＝G（e）=1故選