25　第三章　第5課時　利用導數解決恒(能)成立問題

第三章一元函數的導數及其應用第5課時利用導數解決恒(能)成立問題典例精研·核心考點考點一單變量不等式恒成立問題[四字解題]

解：法一(函數最值法)：x2f(x)＋a≥2－e，即xlnx－ax＋a＋e－2≥0對任意x∈(0，＋∞)恒成立．令h(x)＝xlnx－ax＋a＋e－2，則h′(x)＝lnx＋1－a.令h′(x)＝0，得x＝ea－1.當x∈(0，ea－1)時，h′(x)<0；當x∈(ea－1，＋∞)時，h′(x)>0.所以h(x)的最小值是h(ea－1)＝a＋e－2－ea－1.令t(a)＝a＋e－2－ea－1，則t′(a)＝1－ea－1.令t′(a)＝0，得a＝1.當a∈[0,1)時，t′(a)>0，t(a)在[0,1)上單調遞增；當a∈(1，＋∞)時，t′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上單調遞減．當a∈(1，＋∞)時，h(x)的最小值為t(a)≥t(2)＝0.故a∈[0,2]．法二(分離參數法)：原式可變?yōu)閤lnx＋e－2≥a(x－1)(*)對任意x∈(0，＋∞)恒成立．當x∈(0,1)時，分離變量可得令g(x)＝xlnx，先求出函數g(x)＝xlnx的最小值．求得g′(x)＝lnx＋1.當x∈(0，e－1)時，g′(x)<0，g(x)單調遞減；當x∈(e－1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增．所以g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.因為(xlnx)min＝－e－1，所以xlnx＋e－2≥－e－1＋e－2>0.當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，所以h(x)單調遞增．當x∈(1，e)時，t′(x)<0，t(x)單調遞減；當x∈(e，＋∞)時，t′(x)>0，t(x)單調遞增．所以a≤t(x)min＝t(e)＝2，故a∈[0,2]．法三(數形結合法)：通過變形原不等式等價于證明：xlnx≥a(x－1)＋(2－e)，x∈(0，＋∞)．若令g(x)＝xlnx和h(x)＝a(x－1)＋(2－e)，則只需證明函數g(x)的圖象在直線h(x)的上方．首先分析g(x)＝xlnx的圖象．可知當x∈(0，e－1)時，g(x)單調遞減；當x∈(e－1，＋∞)時，g(x)單調遞增，且g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.其次分析h(x)＝a(x－1)＋(2－e)的圖象．因為a≥0，所以h(x)表示過定點(1,2－e)的非減函數，且g(x)min＝－e－1>2－e.兩個函數的圖象大致如圖1所示，所以如果能說明當g(x)和h(x)相切時二者只有一個切點，如圖2，就能求出a的最大值．消去lnx0得2－e＝a－ea－1③.易得a＝2為③式的解．令t(a)＝a－ea－1＋e－2，t′(a)＝1－ea－1.當t′(a)＝0時，a＝1.當a∈[0,1)時，t′(a)＞0，t(a)單調遞增；當a∈(1，＋∞)時，t′(a)<0，t(a)單調遞減．因為t(0)＝－e－1＋e－2>0，所以函數t(a)在區(qū)間[0,1]上無零點，又t(2)＝0，所以函數t(a)在區(qū)間(1，＋∞)上有且僅有一個零點，a＝2.綜上所述，a∈[0,2]．

應用導數研究不等式恒成立問題，基本解題方法是：最值分析、參變分離、數形結合等．在求解過程中，力求“腦中有‘形’，心中有‘數’”．依托端點效應，縮小范圍，借助數形結合，尋找臨界點．提醒：數形結合法，圖象是輔助找方法，找思路的步驟．解題時，作圖要規(guī)范，步驟要完整．令u＝cos2x，則u∈(0,1)，當u∈(0,1)時，k′(u)<0，所以k(u)在(0,1)上單調遞減，因為k(1)＝3，所以當u∈(0,1)時，k(u)>3，所以k(u)的值域為(3，＋∞)．考點二單變量不等式能成立問題[典例2]

(2025·日照模擬)已知函數f(x)＝ex－a－lnx，若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)＜0成立，求實數a的取值范圍．解：存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)＜0，即ex0－a－lnx0＜0，即ex0－a＜lnx0.

能成立問題一般是通過分離參數或移項作差構造函數來解決，能成立問題中的等價轉化有以下幾種形式：(1)存在x∈[a，b]，f(x)≥a成立?f(x)max≥a.(2)存在x∈[a，b]，f(x)≤a成立?f(x)min≤a.(3)存在x1∈[a，b]，對任意x2∈[a，b]，f(x1)≤g(x2)成立?f(x)min≤g(x)min.(1)求函數f(x)的單調區(qū)間；(2)?x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范圍．解：(1)因為f′(x)＝a－ex，x∈R，當a≤0時，f′(x)<0，f(x)在R上單調遞減；當a>0時，令f′(x)＝0，得x＝lna.由f′(x)>0，得f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，lna)；由f′(x)<0，得f(x)的單調遞減區(qū)間為(lna，＋∞)．綜上所述，當a≤0時，f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調遞增區(qū)間；當a>0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，lna)，單調遞減區(qū)間為(lna，＋∞)．考點三雙變量不等式的恒(能)成立問題解：(1)存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等價于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立．g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，所以h′(x)＝1－2xlnx－x.令φ(x)＝1－2xlnx－x，

“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實質，深刻挖掘內含條件，進行等價轉換，常見的等價轉換有(1)?x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)max.(2)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)min.(3)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)max.[跟進訓練]3．已知函數f(x)＝xsinx＋cosx.(1)當x∈(0，π)時，求函數f(x)的單調區(qū)間；解：(1)因為f(x)＝xsinx＋cosx，所以f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.當x∈(0，π)時，f′(x)與f(x)的變化情況如表所示：

對任意x1∈[－π，π]，存在x2∈[0,1]，使得h(x1)≤g(x2)成立，等