资源简介

第18讲　导数的综合问题
第1课时　利用导数求解不等式恒(能)成立问题
● 课堂考点探究
探究点一
例1　解:(1)因为f(x)=x3-3x2-9x+1(x∈R),所以f'(x)=3x2-6x-9=3(x+1)(x-3),
令f'(x)=0,可得x=-1或x=3,
所以当x<-1或x>3时,f'(x)>0,当-1所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(3,+∞),单调递减区间为(-1,3).
(2)由(1)可知,函数f(x)在区间[-2,-1]上单调递增,在[-1,3]上单调递减,在[3,4]上单调递增,
又f(-2)=-8-12+18+1=-1,f(3)=27-27-27+1=-26,
所以当x∈[-2,4]时,f(x)min=f(3)=-26.
因为2a-1≤f(x)对任意x∈[-2,4]恒成立,所以2a-1≤f(3)=-26,解得a≤-,因此实数a的取值范围是.
例2　解:(1)当a=1时,f(x)=xex+x+ln x-1,函数的定义域为(0,+∞),
则f'(x)=(x+1)ex+1+,
所以f(1)=e,f'(1)=2e+2,
所以所求切线方程为y-e=(2e+2)(x-1),即(2e+2)x-y-e-2=0.
(2)方法一:f(x)=xeax+ax+ln x-1,x>0,
f'(x)=eax+axeax+a+=(ax+1),因为x>0,所以+eax>0.
当a≥0时,f'(x)>0,则f(x)在(0,+∞)上单调递增,
当x>1时,f(x)>f(1)=ln 1+a+ea-1=a+ea-1≥a+e0-1=a≥0,
不满足f(x)<0恒成立,故舍去.
当a<0时,令f'(x)=0,得x=-,
当00,则f(x)在上单调递增,
当x>-时,f'(x)<0,则f(x)在上单调递减,
则f(x)的最大值为f=ln+·-2.
依题意ln +·-2<0恒成立,
令t=-,g(t)=ln t+t-2,t>0,
则g'(t)=+>0,则g(t)在(0,+∞)上单调递增,
又g(e)=ln e+×e-2=0,所以g(t)<0等价于0所以0<-可得a<-,则 a的取值范围是.
方法二:由题意得f(x)=eln x·eax+ax+ln x-1=eln x+ax+ln x+ax-1,
设t=ln x+ax,则h(t)=et+t-1<0恒成立,
因为h'(t)=et+1>0恒成立,所以函数h(t)在R上为增函数,又h(0)=0,所以要使h(t)<0恒成立,只需使t<0恒成立,
即ln x+ax<0恒成立,得a<-(x>0)恒成立.
设g(x)=-,则g'(x)=-,
可得当0e时,g'(x)>0,
故g(x)在区间(0,e)上单调递减,在区间(e,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(e)=-,
从而a<-,即a的取值范围是.
对点演练1　解:(1)当a=3时,f(x)=ln x+x2-3x,x∈(0,+∞),
则f'(x)=+2x-3==,
由f'(x)=>0,且x>0,可得x>1或0由f'(x)=<0,且x>0,可得所以函数f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是和(1,+∞).
(2)方法一:由f(x)≤x2-1恒成立,可得对任意x>0,ln x-ax+1≤0恒成立,
即对任意x>0,a≥恒成立.
令h(x)=,x>0,可得h'(x)=,
则当x∈(0,1)时,h'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以h(x)max=h(1)=1,所以a≥1,
即实数a的取值范围为[1,+∞).
方法二:由f(x)≤x2-1恒成立,可得对任意x>0,ln x-ax+1≤0恒成立.
令h(x)=ln x-ax+1,x>0,则h'(x)=-a.
当a≤0时,可得h'(x)=-a>0,则h(x)在(0,+∞)上单调递增,
可得h(1)=ln 1-a+1=1-a>0,此时h(x)≤0不恒成立,不合题意.
当a>0时,令h'(x)=-a=0,解得x=,
所以当00,则h(x)在上单调递增,当x>时,h'(x)<0,则h(x)在上单调递减,
所以h(x)≤h=ln.
因为ln x-ax+1≤0恒成立,所以只需使ln≤0成立,解得a≥1,
即实数a的取值范围为[1,+∞).
探究点二
例3　解:(1)f'(x)=aex-1.
当a≤0时,f'(x)<0恒成立,此时f(x)在R上单调递减.
当a>0时,令f'(x)=0,则x=-ln a.
当x∈(-∞,-ln a)时,f'(x)<0,则f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,
当x∈(-ln a,+∞)时,f'(x)>0,则f(x)在(-ln a,+∞)上单调递增.
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)的单调递减区间为(-∞,-ln a),单调递增区间为(-ln a,+∞).
(2)因为存在x∈[-1,1],使得|f(x)|≥2,所以只需当x∈[-1,1]时,f(x)max≥2或f(x)min≤-2.
因为a>0,所以当x∈[-1,1]时,f(x)=aex-x>-x≥-1,
所以只需f(x)max≥2.由(1)知当x∈[-1,1]时,f(x)max为f(-1)与f(1)中的较大者,
所以f(1)=ae-1≥2或f(-1)=ae-1+1≥2,解得a≥或a≥e,
所以a≥.
综上所述,a的取值范围为.
对点演练2　解:(1)由f(x)=(x2-x)ln x-ax≥0,得(x2-x)ln x≥ax,
由题意得a≤(x-1)ln x对任意x∈(0,+∞)恒成立.
令g(x)=(x-1)ln x,则g'(x)=ln x+=ln x+1-,
因为函数y=ln x,y=1-在(0,+∞)上均单调递增,
所以g'(x)在(0,+∞)上单调递增,易知g'(1)=0,
则当x∈(0,1)时,g'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
所以a≤g(x)min=g(1)=0,所以实数a的最大值为0.
(2)关于x的不等式f(x)+ex≤0在上有解,即a≥(x-1)ln x+在上有解.
令h(x)=(x-1)ln x+,x>,则h'(x)=ln x+1-+=ln x+,
可得当x=1时,h'(1)=0.
当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递增;
当x∈时,h'(x)<0,所以h(x)在上单调递减.
所以h(x)=(x-1)ln x+在x=1处取得最小值,最小值为h(1)=e,
所以a≥e,即实数a的取值范围为[e,+∞).
探究点三
例4　解:(1)f(x)=x(2ln x+a)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2ln x+a+x·=2ln x+a+2,
令f'(x)>0,得x>,故f(x)的单调递增区间为(,+∞).
因为f(x)在(e2,+∞)上单调递增,所以e2≥,解得a≥-6,即a的取值范围是[-6,+∞).
(2)令f'(x)=0,得x=;令f'(x)<0,得00,得x>.
所以f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,
故f(x)在x=处取得极小值,x=是唯一的极值点,所以=e,解得a=-4.
(3)由(2)知当x=时, f(x)取得极小值,也是最小值,最小值为f()=(2ln +a)=-2,
当a=-2时,f(x)min=-2.
因为对任意x1∈(0,+∞),总存在x2∈[-2,4],使得g(x2)≤f(x1),
所以当x∈[-2,4]时,g(x)min≤-2.
易知函数g(x)=4x2-4bx=(2x-b)2-b2的图象开口向上,对称轴方程为x=.
当≤-2,即b≤-4时,g(x)在[-2,4]上单调递增,
故g(x)min=g(-2)=4×(-2)2-4b(-2)≤-2,解得b≤-,故b≤-4;
当≥4,即b≥8时,g(x)在[-2,4]上单调递减,
故g(x)min=g(4)=4×42-4b×4≤-2,解得b≥,故b≥8;
当-2<<4,即-4故g(x)min=g=4×-4b×≤-2,解得b≤-或b≥,
故-4综上所述,实数b的取值范围是(-∞,-]∪[,+∞).
对点演练3　解:(1)f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),f'(x)=.
若a=0,则当x<0时,f'(x)>0,当x>0时,f'(x)<0,
所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;
若a>0,则当x<0或x>时,f'(x)>0,当0所以f(x)在(-∞,0)和上单调递增,在上单调递减;
若a<0,则当x<或x>0时,f'(x)<0,当0,
所以f(x)在和(0,+∞)上单调递减,在上单调递增.
综上可知,当a=0时,f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在(-∞,0)和上单调递增,在上单调递减;当a<0时,f(x)在和(0,+∞)上单调递减,在上单调递增.
(2)令g(x)=,易知a>0,由题意知,当x>0时,f(x)min≥g(x)max.
由(1)知,当a>0,且x∈(0,+∞)时f(x)min=f=.
可得g'(x)=,则当00,当x>时,g'(x)<0,
所以g(x)在上单调递增,在上单调递减,
所以g(x)max=g=.所以≥,可得a≥,
故实数a的取值范围为.第18讲　导数的综合问题
第1课时　利用导数求解不等式恒(能)成立问题
　　一、构造函数证明不等式:构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时,根据所要证明的不等式,构造与之相关的函数,利用函数的单调性、极值、最值加以证明.
二、与ex,ln x有关的常用不等式:
与ex有关的常用不等式:
(1)ex≥1+x(x∈R),y=ex的图象与y=1+x的图象在x=0处相切;(2)ex≥ex(x∈R),y=ex的图象与y=ex的图象在x=1处相切.
与ln x有关的常用不等式:
(1)≤ln x≤x-1(x>0);(2)-≤ln x≤x(x>0);
(3)ln x≤(0(4)ln x≥(0用x+1取代x的位置,相应的可得到与ln(x+1)有关的常用不等式.
三、恒成立与能成立问题的解决策略大致分四类:
①构造函数,分类讨论;②部分分离,化为切线;③完全分离,函数最值;④换元分离,简化运算.
在求解过程中,力求“脑中有‘形’,心中有‘数’”,依托端点效应,缩小范围,借助数形结合,寻找临界.
　　　　　 　　　　　 　　　　　
　单变量不等式恒成立问题
例1 已知函数f(x)=x3-3x2-9x+1(x∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若2a-1≤f(x)对任意x∈[-2,4]恒成立,求实数a的取值范围.



例2 [2026·河北秦皇岛模拟] 已知函数f(x)=xeax+ax+ln x-1.
(1)当a=1时,求函数f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)<0恒成立,求a的取值范围.



总结反思
利用分离参数法求解不等式f(x,λ)≥0(x∈I,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∈I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.
(2)对不适合分离参数的不等式,常常将参数看成常数,通过分析,变形,合理构造函数,转化成求函数的最值问题.
【对点演练1】 [2026·江苏常州模拟] 已知函数f(x)=ln x+x2-ax(a∈R).
(1)当a=3时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若f(x)≤x2-1恒成立,求实数a的取值范围.



　不等式能成立问题
例3 [2025·山东菏泽模拟] 已知函数f(x)=aex-x.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a>0时,存在x∈[-1,1],使得|f(x)|≥2,求a的取值范围.



总结反思
若存在x∈[c,d],使a>f(x)成立,则只需a>f(x)min,x∈[c,d];若存在x∈[c,d],使a【对点演练2】 [2026·河北唐山期中] 已知函数f(x)=(x2-x)ln x-ax.
(1)若当x>0时,f(x)≥0恒成立,求实数a的最大值;
(2)若关于x的不等式f(x)+ex≤0在上有解,求实数a的取值范围.



　含有两个变量不等式恒(能)成立问题
例4 [2026·湖南长沙模拟] 已知函数f(x)=x(2ln x+a),a∈R.
(1)若函数f(x)在(e2,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)若x=e为函数f(x)的极值点,求a的值;
(3)设函数g(x)=4x2-4bx,当a=-2时,若对于任意x1∈(0,+∞),总存在x2∈[-2,4],使得g(x2)≤f(x1),求实数b的取值范围.



总结反思
对于含有两个变量(如x1,x2)的不等式的恒(能)成立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,常见的等价转化有:
(1) x1,x2∈I,f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max.
(2) x1∈I1, x2∈I2,f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min.
(3) x1∈I1, x2∈I2,f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max.
【对点演练3】 [2025·安徽滁州质检] 已知函数f(x)=.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若对任意x1∈(0,+∞)和任意x2∈(0,+∞),都有x2f(x1)-ln(ax2)≥0,求实数a的取值范围.

展开更多......

收起↑