第3节-微课2-不等式恒成立或有解问题.doc

微课2　不等式恒成立或有解问题

题型一　分离法求参数的取值范围
【例1】(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围.
解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，
f′(x)＝ex＋2x－1.
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
(2)由f(x)≥x3＋1得，ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0，
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.
②当x>0时，分离参数a，得a≥－，
记g(x)＝－，
g′(x)＝－.
令h(x)＝ex－x2－x－1(x>0)，
则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，
H′(x)＝ex－1>0，
故h′(x)在(0，＋∞)上是增函数，
因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，
∴h(x)>h(0)＝0，即ex－x2－x－1>0恒成立，
故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
因此，g(x)max＝g(2)＝，
综上可得，实数a的取值范围是.

感悟升华　分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实数)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.
【训练1】已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围.
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝a－＝.
当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，
＋∞)上没有极值点.
当a＞0时，由f′(x)＜0得0＜x＜，由f′(x)＞0得x＞，∴f(x)在上递减，在上递增，即f(x)在x＝处有极小值.
∴当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点，当a＞0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.
(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，
∴a＝1，∴f(x)≥bx－2⇒1＋－≥b，
令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e2.
则g(x)在(0，e2)上递减，在(e2，＋∞)上递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－，
故实数b的取值范围为.
题型二　等价转化法求参数范围
【例2】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].
感悟升华　根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，如f(x)≥a恒成立，则f(x)min≥a，然后利用最值确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围.
【训练2】已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x＋(1－x) ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
解　f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，
即ex－ax－1≥0，x≥0.
令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－a(x≥0)，
当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，
∴在[0，＋∞)上h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立.
当a>1时，令h′(x)>0，得x>ln a；
令h′(x)<0，得0≤x1不合题意.
综上，实数a的取值范围为(－∞，1].
题型三　可化为不等式恒成立求参数的取值范围(含有解问题)
【例3】已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax.
(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；
(2)若函数g(x)＝，对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围.
解　(1)由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，
而函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，
则ymax＝－3，
所以a≥－3，所以a的最小值为－3.
(2)“对∀x1∈，∃x2∈，
使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时，
f′(x)max≤g(x)max”.
因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在上单调递增，所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.
而g′(x)＝，由g′(x)>0，得x<1，由g′(x)<0，得x>1，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
所以当x∈时，g(x)max＝g(1)＝.
由8＋a≤，得a≤－8，
所以实数a的取值范围为.
感悟升华　含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的转化有：
(1)∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)min.
(2)∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max.
(3)∃x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)min.
(4)∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)max.
【训练3】已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∃x∈(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，＋∞).
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞).
(2)因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，
则ax≤，即a≤.
设h(x)＝，则问题转化为a≤.
由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：
x
(0，)

(，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)

极大值

由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为，所以a≤.
故a的取值范围是.

1.已知函数f(x)＝－1＋ln x，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是(　　)
A.a>2 B.a<3 C.a≤1 D.a≥3
答案　C
解析　函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式－1＋ln x≤0有解，即a≤x－xln x在(0，
＋∞)上有解.
令h(x)＝x－xln x，则h′(x)＝－ln x.
由h′(x)＝0，得x＝1.
当00，当x>1时，h′(x)<0.
故当x＝1时，函数h(x)＝x－xln x取得最大值1，
所以要使不等式a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，
只要a≤h(x)max即可，即a≤1.
2.已知a∈R，设函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为(　　)
A.[0，1] B.[0，2] C.[0，e] D.[1，e]
答案　C
解析　当x≤1时，由f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，
所以当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，
当a<1时，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，∴0≤a<1.
综上，a≥0.
当x>1时，由f(x)＝x－aln x≥0恒成立，
即a≤恒成立.
设g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，得x＝e，
且当1e时，g′(x)>0，
∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.
综上，a的取值范围是[0，e].
3.已知函数f(x)＝m－2ln x(m∈R)，g(x)＝－，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)
当x∈[1，e]时，h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上是增函数，
∴h(x)的最大值为h(e)＝.
由题意<，即m<时，f(x)x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围.
解　(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋x2＋x，
所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令F′(x)>0，解得x>－1，
令F′(x)<0，解得x<－1，
所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增.
故F(x)min＝F(－1)＝－－.
(2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，
所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立.
令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可.
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥，而≤e，故m≥e，
即实数m的取值范围是[e，＋∞).
5.已知函数f(x)＝mex－x2.
(1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；
(2)若关于x的不等式f(x)≥x(4－mex)在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围.
解　(1)当m＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.
所以f(0)＝1，且斜率k＝f′(0)＝1.
故所求切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0.
(2)由mex－x2≥x(4－mex)得mex(x＋1)≥x2＋4x.
故问题转化为当x≥0时，m≥.
令g(x)＝，x≥0，
则g′(x)＝.
由g′(x)＝0及x≥0，得x＝－1.
当x∈(0，－1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
所以当x＝－1时，g(x)max＝g(－1)＝2e1－.
所以m≥2e1－.即实数m的取值范围为[2e1－，＋∞).