高2020届高2017级第一轮复习文科数学全套课件第五节利用导数研究不等式恒成立问题

第五 节 利用导数研究不等式恒成立问题 返回 方法一 分离参数法解决 不等式恒成立问题 返回 [典例] (2019·石家庄质量检测)已知函数 f(x)=axex-(a+1) (2x-1). (1)若 a=1,求函数 f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程; [解] 若 a=1,则 f(x)=xex-2(2x-1). 即 f′(x)=xex+ex-4,则 f′(0)=-3,f(0)=2, 所以所求切线方程为 3x+y-2=0. 返回 (2)当 x>0 时,函数 f(x)≥0 恒成立,求实数 a 的取值范围. [解] 由 f(1)≥0,得 a≥e-1 1>0, 则 f(x)≥0 对任意的 x>0 恒成立可转化为a+a 1≥2xx-ex 1对任意 的 x>0 恒成立. 设函数 F(x)=2xx-ex 1(x>0),则 F′(x)=-2x+x12exx-1. 当 0<x<1 时,F′(x)>0;当 x>1 时,F′(x)<0, 所以函数 F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以 F(x)max=F(1)=1e. 于是a+a 1≥1e,解得 a≥e-1 1. 故实数 a 的取值范围是e-1 1,+∞. [解题技法] 返回 1.分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路 用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参 数的系数正负的情况下,可以根据不等式的性质将参数分离出来, 得到一个一端是参数,另一端是变量表达式的不等式,只要研究 变量表达式的最值就可以解决问题. 2.求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关” 转化 通过分离参数法,先转化为 f(a)≥g(x)(或 f(a)≤g(x))对?x 关 ∈D 恒成立,再转化为 f(a)≥g(x)max(或 f(a)≤g(x)min) 求最 值关 求函数 g(x)在区间 D 上的最大值(或最小值)问题 [对点训练] 返回 已知函数 f(x)=exx,且对任意的 x∈(0,2),都有 1 f(x)<k+2x-x2 成立,求 k 的取值范围. 解:由题意知 f(x)=exx<k+21x-x2对任意的 x∈(0,2)都成立, 由exx>0,知 k+2x-x2>0, 即 k>x2-2x 对任意的 x∈(0,2)都成立,从而 k≥0, 故不等式可转化为 k<exx+x2-2x. 令 g(x)=exx+x2-2x, 所以 g′(x)=exxx-2 1+2(x-1)=(x-1)xex2+2, 令 g′(x)=0,得 x=1, 显然函数 g(x)在(1,2)上单调递增,在(0,1)上单调递减, 所以 k<g(x)min=g(1)=e-1. 综上所述,实数 k 的取值范围是[0,e-1). 返回 方法二 等价转化法解决 不等式恒成立问题 返回 [典例] (2019·合肥六校联考)已知函数 f(x)=(x+a-1)ex, g(x)=12x2+ax,其中 a 为常数. (1)当 a=2 时,求函数 f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; [解] 因为 a=2,所以 f(x)=(x+1)ex,所以 f(0)=1, f′(x)=(x+2)ex,所以 f′(0)=2, 所以所求切线方程为 2x-y+1=0. (2)若对任意的 x∈[0,+∞),不等式 f(x)≥g(x)恒成立,求 返回 实数 a 的取值范围. [解] 令 h(x)=f(x)-g(x),由题意得 h(x)min≥0 在 x∈[0,+∞) 上恒成立,因为 h(x)=(x+a-1)ex-12x2-ax, 所以 h′(x)=(x+a)(ex-1). ①若 a≥0,则当 x∈[0,+∞)时,h′(x)≥0,所以函数 h(x)在 [0,+∞)上单调递增, 所以 h(x)min=h(0)=a-1,则 a-1≥0,得 a≥1. ②若 a<0,则当 x∈[0,-a)时,h′(x)≤0; 当 x∈(-a,+∞)时,h′(x)>0, 所以函数 h(x)在[0,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上单调递增, 所以 h(x)min=h(-a), 又因为 h(-a)<h(0)=a-1<0,所以不合题意. 综上,实数 a 的取值范围为[1,+∞). 返回 [解题技法] 等价转化法求解不等式恒成立问题的思路 遇到 f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时,一般采用作差 法,构造“左减右”的函数 h(x)=f(x)-g(x)或“右减左”的 函数 u(x)=g(x)-f(x),进而只需满足 h(x)min≥0 或 u(x)max≤0, 将比较法的思想融入函数中,转化为求解函数最值的问题,适 用范围较广,但是往往需要对参数进行分类讨论. 返回 [对点训练] 设函数 f(x)=(1-x2)ex. (1)讨论 f(x)的单调性; 解:f′(x)=(1-2x-x2)ex, 令 f′(x)=0,得 x=-1± 2, 当 x∈(-∞,-1- 2)时,f′(x)<0; 当 x∈(-1- 2,-1+ 2)时,f′(x)>0; 当 x∈(-1+ 2,+∞)时,f′(x)<0. 所以 f(x)在(-∞,-1- 2),(-1+ 2,+∞)上单调递减, 在(-1- 2,-1+ 2)上单调递增. 返回 (2)当 x≥0 时,f(x)≤ax+1,求实数 a 的取值范围. 解:令 g(x)=f(x)-ax-1=(1-x2)ex-(ax+1), 令 x=0,可得 g(0)=0. g′(x)=(1-x2-2x)ex-a, 令 h(x)=(1-x2-2x)ex-a,则 h′(x)=-(x2+4x+1)ex, 当 x≥0 时,h′(x)<0,h(x)在[0,+∞)上单调递减, 故 h(x)≤h(0)=1-a,即 g′(x)≤1-a, 要使 f(x)-ax-1≤0 在 x≥0 时恒成立,需要 1-a≤0, 即 a≥1,此时 g(x)≤g(0)=0,故 a≥1. 综上所述,实数 a 的取值范围是[1

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