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第2课时　不等式恒(能)成立问题
考点一　分离参数法(思维发散)
已知函数f(x)＝，当x≥1时，不等式f(x)－≥0恒成立，求实数k的取值范围．
【解】　原不等式可化为当x≥1时，k≤恒成立，
令g(x)＝(x≥1)，
则g′(x)＝＝.
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0，h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，
所以g(x)为增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．
若将本例改为： x∈[1，e]，使不等式f(x)－≥0成立，求实数k的取值范围．
解：原不等式可化为当x∈[1，e]时，k≤有解，
令g(x)＝(x∈[1，e])，
由本例题解析知，g(x)为增函数，
所以g(x)max＝g(e)＝2＋，
所以k≤2＋，即实数k的取值范围是.
分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2)a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立 a≥f(x)min; a≤f(x)能成立 a≤f(x)max.
|跟踪训练|
已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.若 x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围．
解：因为 x∈(0，＋∞)，
使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，
所以ax≤，即a≤.
设h(x)＝(x＞0)，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)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.
考点二　等价转化法(综合研析)
(2022·日喀则市南木林期末)已知函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x＋1，求a的范围，使得f(x)≥1恒成立．
【解】　要使得f(x)≥1恒成立，即x>0时，x2－(a＋1)x＋aln x≥0恒成立，
设g(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x，则g′(x)＝x－(a＋1)＋＝，
当a≤0时，由g′(x)<0得g(x)的单调递减区间为(0，1)，由g′(x)>0得g(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，　
故g(x)min＝g(1)＝－a－≥0，得a≤－；
当0由g′(x)>0得g(x)的单调递增区间为(0，a)，(1，＋∞)；此时g(1)＝－a－<0，不合题意；
当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时g(1)＝－a－<0，不合题意；
当a>1时，由g′(x)<0得g(x)的单调递减区间为(1，a)，由g′(x)>0得g(x)的单调递增区间为(0，1)，(a，＋∞)，此时g(1)＝－a－<0，不合题意；
综上所述，当a≤－时，f(x)≥1恒成立．
将“恒成立问题”转化为“最值问题”
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．
|跟踪训练|
(2022·合肥六校联考)已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝x2＋ax，其中a为常数．若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数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－x2－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，＋∞)．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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