第三章 导数及其应用 第五节 利用导数研究不等式恒成立问题-2020高考数学考点梳理与题型解析 文科
第三章 导数及其应用 第五节 利用导数研究不等式恒成立问题-2020高考数学考点梳理与题型汇总 文科，扫描并关注下面的二维码，获取相关答案！
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)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．
(2)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，＋∞)．
[课时跟踪检测]
1．(2019·西安质检)已知函数 f(x)＝ln x，g(x)＝x－1.
(1)求函数 y＝f(x)的图象在 x＝1 处的切线方程；
(2)若不等式 f(x)≤ag(x)对任意的 x∈(1，＋∞)均成立，求实数 a的取值范围．
解：(1)∵f′(x)＝
1
x
，∴f′(1)＝1.
又∵f(1)＝0，
∴所求切线的方程为 y－f(1)＝f′(1)(x－1)，
即为 x－y－1＝0.
(2)易知对任意的 x∈(1，＋∞)，f(x)>0，g(x)>0.
①当 a≥1 时，f(x)0，ag(x)≤0，不满足不等式 f(x)≤ag(x)；
③当 01)，
令 φ′(x)＝0，得 x＝
1
a
，
当 x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况如下表：
x
?
?
?
?1，
1
a
1
a
?
?
?
?1
a
，＋∞
φ′(x) ＋ 0 －
φ(x) 极大值
∴φ(x)max＝φ?
?
?
?1
a >φ(1)＝0，不满足不等式．
综上所述，实数 a的取值范围为[1，＋∞)．
2．已知函数 f(x)＝
2a－x2
ex
(a∈R)．
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)若?x∈[1，＋∞)，不等式 f(x)>－1 恒成立，求实数 a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝
x2－2x－2a
ex
，
当 a≤－
1
2
时，x2－2x－2a≥0，f′(x)≥0，
∴函数 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当 a>－
1
2
时，令 x2－2x－2a＝0，
解得 x1＝1－ 2a＋1，x2＝1＋ 2a＋1.
∴函数 f(x)的单调递增区间为(－∞，1－ 2a＋1)和(1＋ 2a＋1，＋∞)，单调递减区间
为(1－ 2a＋1，1＋ 2a＋1)．
(2)f(x)>－1?
2a－x2
ex
>－1?2a>x2－ex，
由条件知，2a>x2－ex对?x≥1 恒成立．
令 g(x)＝x2－ex，h(x)＝g′(x)＝2x－ex，∴h′(x)＝2－ex.
当 x∈[1，＋∞)时，h′(x)＝2－ex≤2－e<0，
∴h(x)＝g′(x)＝2x－ex在[1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)＝2x－ex≤2－e<0，即 g′(x)<0，
∴g(x)＝x2－ex在[1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)＝x2－ex≤g(1)＝1－e，
高中数学解题探讨 QQ 群：8 0 7 2 3 7 8 2 0
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故若 f(x)>－1 在[1，＋∞)上恒成立，
则需 2a>g(x)max＝1－e，
∴a>
1－e
2
，即实数 a的取值范围是
?
?
?
?1－e
2
，＋∞ .
3．设 f(x)＝xex，g(x)＝
1
2
x2＋x.
(1)令 F(x)＝f(x)＋g(x)，求 F(x)的最小值；
(2)若任意 x1，x2∈[－1，＋∞)，且 x1>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)∵F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋
1
2
x2＋x，
∴F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令 F′(x)>0，解得 x>－1，令 F′(x)<0，解得 x<－1，
∴F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
故 F(x)min＝F(－1)＝－
1
2
－
1
e
高中数解题探讨 QQ 群：8 0 7 2 3 7 8 2 0 第 188 页/共 825页 第五节 利 用导 数 研 究不等 式 恒 成立问 题 考点 一 分离 参 数 法解决 不 等 式恒成 立 问 题 [ 典例] (2019· 石家庄质量检测) 已知函数 f( x) ＝axe x －( a ＋1)(2 x －1) ． (1) 若 a ＝1 ， 求函数 f( x) 的图象在点(0 ，f(0)) 处的切线方程； (2) 当 x>0 时 ，函数 f( x) ≥0 恒成立，求 实数 a 的取 值范围． [ 解] (1) 若 a ＝1 ，则 f( x) ＝xe x －2(2 x －1) ． 即 f ′( x) ＝xe x ＋e x －4 ，则 f ′(0) ＝－3 ，f(0) ＝2 ， 所以所求切线方程为 3 x ＋y －2 ＝0. (2) 由 f(1) ≥0 ，得 a ≥ 1 e －1 >0 ， 则 f( x) ≥0 对 任意的 x>0 恒成立可转化为 a a ＋1 ≥ 2 x －1 xe x 对任意的 x>0 恒 成立
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)＝ 1 e . 于是 a a＋1 ≥ 1 e ，解得 a≥ 1 e－1 . 故实数 a的取值范围是 ? ? ? ?1 e－1 ，＋∞ . [对点训练] 已知函数 f(x)＝ x ex ，且对任意的 x∈(0,2)，都有 f(x)< 1 k＋2x－x2 成立，求 k的取值范围． 解：由题意知 f(x)＝ x ex < 1 k＋2x－x2 对任意的 x∈(0,2)都成立，由 x ex >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< ex x ＋x2－2x. 令 g(x)＝ ex x ＋x2－2x， 第 189 /共 825页 所以 g′(x)＝ ex(x－1) x2 ＋2(x－1)＝(x－1)? ? ? ?e x x2 ＋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! 学科网每份资料都启用了数字版权保护，仅限个人学习研究使用。任何分享、转载行为都会导致账号被封，情节严重者，追究法律责任！
